RESISTANCE DES MATERIAUX - USTO-MBdspace.univ-usto.dz/bitstream/123456789/286/3/polycopie...SUPPORT DE COURS EN RESISTANCE DES MATERIAUX ELABORE PAR : Dr. HADJAZI Khamis ANNEE UNIVERSITAIRE

Université des Sciences et de la Technologie d'Oran Mohamed Boudiaf

Faculté de Génie Mécanique

Département de Génie Maritime

SUPPORT DE COURS EN

RESISTANCE DES MATERIAUX

ELABORE PAR :

Dr. HADJAZI Khamis

ANNEE UNIVERSITAIRE : 2013-2014

Sommaire

i

SOMMAIRE

Page Sommaire i Introduction générale 01 Chapitre I Généralité I.1) Définitions et hypothèses 03 I.2) Propriétés des matériaux 05 I.3) Schématisation des liaisons (réaction d’appui) 06

I.3.1) Appui simple 06 I.3.2) Appui double (articulation) 06 I.3.3) Encastrement 06

I.4) Conditions d’équilibre 07 I.4.1) Equilibre de translation 07 I.4.2) Equilibre de rotation 07

I.5) Efforts internes 07 I.6) Méthode des sections 08

I.6.1) Effort normal 08 I.6.2) Efforts tranchants 11 I.6.3) Moments fléchissant 12 I.6.4) Moment de torsion 13

I.7) Contraintes 13 I.7.1) Contrainte normale (σ) 13 I.7.2) Contrainte en cisaillement (τ) 16 I.7.3) Efforts et contraintes multiples 17 I.7.4) Charges uniformément réparties 18

Exercices avec solutions Chapitre II Système Triangules (ou treillis plan) II.1) Généralités 21 II.2) Définition 22 II.3) Terminologie 22

II.3.1) Nœud 22 II.3.2) Barres ou membrures 23

II.4) Systèmes isostatiques et hyperstatiques 23 II.4.1) Système isostatique 23 II.4.2) Système hyperstatique 24 II.4.3) Système instable 24

II.5) Type de treillis 25 II.6) Hypothèse de calcul 26 II.7) Sollicitation des barres 26 II.8) Analyse de treillis 27

II.8.1) Calcul des treillis plans isostatiques par la méthode des nœuds 27 II.8.2) Calcul des treillis plans isostatiques par la méthode des sections (de Ritter) 32

Exercices avec solutions Chapitre III Les Portiques Plan Isostatique III.1) Définition 37 III.2) Méthode de calcul des efforts et du moment fléchissant 37

III.2.1) Méthode générale (section) 37

Sommaire

ii

III.2.2) Méthode des travées 39 Exercices avec solutions Chapitre IV Flexion Simple IV.1) Généralités 43

IV.1.1) Définition 43 IV.2) Efforts tranchants et moments fléchissant 44 IV.3) Diagramme du moment fléchissant et de l’effort tranchant 46 IV.4) Equation différentielle de la ligne élastique 48

IV.4.1) Equation différentielle de la déformée 49 IV.5) Contraintes normales en flexion plane 51 IV.6) Contraintes tangentielles en flexion 54 IV.7) Equation de la flèche 58 IV.8) Méthode d’intégration directe 59 IV.9) Méthode de la poutre conjuguée (fictive) 60 IV.10) Méthodes des paramètres initiaux (Macaulay) 63 IV.11) Superposition des déformations 64 IV.12) Quelle que exemple pour déterminer efforts et flèches maximales 65 Exercices avec solutions Chapitre V Flexion déviée V.1) Introduction 67

V.1.1) Définition 67 V.2) Contrainte normale et déplacement 68 V.3) Axe neutre 69 V.4) Vérification a la résistance 69 Exercices avec solutions Chapitre VI Flexion composée VI.1) Flexion composée 74

VI.1.1) Flexion composée avec traction ou compression 74 VI.1.2) Traction ou compression excentrée 74

VI.2) Le noyau central 75 VI.2.1) Construction du noyau central 76

VI.3) Vérification a la résistance 78 Exercices avec solutions

Introduction Générale

1

INTRODUCTION GÉNÉRALE

La résistance des matériaux, désignée souvent par RDM, est la science du dimensionnement.

C’est une discipline particulière de la mécanique des milieux continus qui permet de

concevoir une pièce mécanique, un ouvrage d’art ou tout objet utilitaire. Ce dimensionnement

fait appel à des calculs qui prévoient le comportement de l’objet dont la conception doit

réunir les meilleures conditions de sécurité, d’économie et d’esthétique.

L’objet de la résistance des matériaux est l’étude de la stabilité interne c’est à dire la

détermination des contraintes et déformations à l’intérieur de la matière et les déplacements

des lignes moyennes des structures générés (machines en génie mécanique, bâtiment en

génie civil,…). Elle est basée sur des hypothèses simplificatrices vérifiées expérimentalement.

La RDM fait appel à la statique du solide qui est une branche de la statique étudiant

l’équilibre des pièces dans un mécanisme. C’est un maillon essentiel dans le

dimensionnement des systèmes mécaniques réels.

L’objet de la statique est l’étude de l’équilibre d’un corps ou d’un ensemble de corps

solides dans leur géométrie initiale; c’est-à-dire dans la structure non déformée par

rapport à un repère Galiléen. Le solide sera considéré comme infiniment rigide. Etudier

donc la statique d’une structure revient à étudier sa stabilité externe, d’une part en

vérifiant qu’elle ne se comporte pas comme un mécanisme, et d’autre part en déterminant

les actions de liaisons (assemblages entre les différents solides et entre la structure et la

fondation ou le sol).

La statique et la résistance des matériaux constituent l’outil indispensable de l’ingénieur

constructeur pour concevoir et réaliser des ouvrages économiques qui ne risquent ni de se

rompre ni de se déformer excessivement sous les actions qui leur sont appliquées.

Ces cours accompagnés avec des problèmes suivis de leurs solutions sont adressés aux

étudiants de deuxième et troisième année LMD en Génie Mécanique et Maritime.

Le polycopié est divisé en six chapitres. Le premier chapitre, constituent une introduction

générale à la résistance des matériaux. Le contenu est consacré, en premier lieu, à la mise en

place des hypothèses fondamentales de la RDM ainsi qu’aux notions de contraintes. Le

contenu du deuxième et troisième chapitre ressort de la statique du solide. Il sont structuré de

manière à fournir à l’étudiant les bases de la statique afin que ce dernier puisse maitriser

l’équilibre de systèmes simples, calculer les réactions aux appuis d’une structure isostatique

et rechercher l’équilibre des nœuds d’un système articulé et calculer les efforts intérieurs

Introduction Générale

2

(efforts normaux, tranchants et moments fléchissant) dans ses barres (système triangulaire et

les portiques).

Ensuite, afin de dimensionner des structures élémentaires isostatiques; c’est-à-dire l’étude de

la résistance et de la déformation des éléments d’une structure, de déterminer ou de

vérifier leurs dimensions afin qu’ils supportent les charges dans des conditions de

sécurité satisfaisantes des cas de sollicitations simples (flexion simple) et composée

(flexion composée et déviée) sont étudiées dans les restes des chapitres.

Chapitre I Généralité

3

I.1) DEFINITIONS ET HYPOTHESES

La résistance des matériaux ou la mécanique des matériaux est une branche de la mécanique

appliquée servant à étudier le comportement des corps solides sous l’action des différents

types de charges. La résistance des matériaux traite non seulement les méthodes d’ingénieurs

employées pour le calcul de la capacité des structures et de ses éléments à supporter les

charges qui leurs sont appliquées sans se détruire, ou se déformer appréciablement, mais aussi

à présenter les critères de base pour la conception des structures (forme, dimensions,...) et

l’utilisation des matériaux dans les meilleurs conditions de sécurité et d’économie.

La résistance des matériaux est basée sur les résultats théoriques de la mécanique et les

propriétés des matériaux qui ne peuvent être disponibles qu’à travers les résultats des travaux

expérimentaux comme le témoigne l’histoire du développement de la résistance des matériaux

qui constitue une combinaison fascinante de la théorie et l’expérience.

Les limites de la résistance des matériaux sont celles imposées par ses hypothèses mêmes.

Les disciplines connexes telles que la théorie d’élasticité, de la plasticité ou la méthode des

éléments finis se libèrent de certaines de ces contraintes. Les principales hypothèses de la

résistance des matériaux sont les suivantes:

L’homogénéité, l’isotropie et la continuité du matériau : On suppose que le

matériau possède les mêmes propriétés élastiques en tous les points du corps, dans

toutes les directions en un point quelconque du corps, et que le matériau est assimilé

à un milieu continu.

L’élasticité et la linéarité du matériau: On suppose admet qu’en chaque point

contraintes et déformations sont proportionnelles et qu’après déformation, l’élément

revient à son état initiale.

La petitesse des déformations : les déformations dues aux charges sont

négligeables par rapport aux dimensions des éléments et la configuration

géométrique reste inchangée.

Hypothèse des sections planes (hypothèse de Navier-Bernoulli): Les sections

droites restent planes et normales à la fibre moyenne au cours de la déformation.

Hypothèse de Saint Venant : Tous les efforts qui interviennent dans la théorie

peuvent être schématisés par leur torseur résultant.


4

Ces hypothèses simplificatrices conduisent à des solutions approchées qui permettent en

général une bonne approximation du comportement des structures soumises à différents

types de charges.

L’action extérieure est caractérisée par les différents types de forces connues agissant sur une

structure ou un élément de structure défini par ses caractéristiques géométriques et

mécaniques. Pour une structure isostatique, les efforts internes sont déterminés directement en

utilisant les équations de la statique. Par contre pour une structure hyperstatique, il est

nécessaire de faire intervenir les déformations de la structure pour déterminer les réactions.

L’effort interne qui agit au niveau d’une section d’un élément de structure peut-être

décomposé en effort normal de traction ou de compression, moment fléchissant, moment de

torsion, effort tranchant ou une combinaison de ces sollicitations. A partir de ces efforts

internes, nous pouvons obtenir des informations sur la répartition des contraintes et des

déformations dans la section droite. Les valeurs extrêmes de ces contraintes et déformations

sont les mesures de base des critères de résistance, de rigidité ou de stabilité pour vérifier ou

dimensionner les éléments des structures.


5

La résistance des matériaux a donc pour but d’assurer qu’on utilise dans une structure donnée,

une quantité minimale de matériaux, tout en satisfaisant aux exigences suivantes:

1- Résistance : La pièce doit supporter et transmettre les charges externes qui lui sont

imposées, (la capacité qu’a un corps de résister aux forces appliquées).

2- Rigidité : La pièce ne doit pas subir de déformation excessive lorsqu’elle est sollicitée,

(la propriété qu’a un corps à résister aux déformations).

3- Stabilité : La pièce doit conserver son intégrité géométrique afin que soient évitées des

conditions d’instabilité (flambement).

4- Endurance : La pièce, si elle est soumise à un chargement répété, doit pouvoir tolérer

sans rupture un certain nombre de cycles de sollicitation variable (fatigue).

5- Résiliences : Enfin, dans le cas où un chargement dynamique (impact) est à prévoir, la

pièce doit pouvoir absorber une certaine quantité d’énergie sans s’en trouver trop

endommagée.

I.2) PROPRIETES DES MATERIAUX

Les matériaux résistent, dans la plupart des cas, aux sollicitations auxquelles ils sont soumis

car les forces extérieures qui leur sont appliquées, constituent un système en équilibre. Parmi

ces forces, il ne faut noter les réactions d’appuis ainsi que les liaisons.

Mais ce n’est pas tout, c’est aussi parce que ces matériaux sont doués de propriétés physiques

données.

On note parmi les propriétés physiques importantes en résistance des matériaux : l’élasticité,

la résistance, la rigidité, la ductilité, la malléabilité, ... Grâce à ces propriétés, les efforts

internes engendrées dans les matériaux, sont capables de s’opposer à l’action des forces

extérieures, où :

1- Élasticité : La propriété physique d’un corps à reprendre sa forme après suppression

de la sollicitation (charge).

2- Ductilité : La propriété d’un corps à pouvoir être étiré en fils très mince.

3- Malléabilité : La propriété d’un corps de pouvoir être réduit en feuilles minces. Un

corps ductile est généralement malléable. Un corps qui n’est pas ductile, ni malléable

est un corps dit cassant.


6

I.3) SCHEMATISATION DES LIAISONS (réaction d’appui)

Une structure est reliée au monde extérieur par un certain nombre de liaisons. Une liaison

impose des conditions cinématiques en un point. Pour maintenir ces liaisons, il faut exercer

des efforts de liaison qui sont des inconnues du problème. Dans le cas des problèmes plans

(systèmes de forces coplanaires), la schématisation des liaisons et des efforts exercés se

ramène à trois cas types : appui simple (ponctuel ou plan sans frottement), articulation (pivot)

et encastrement.

I.3.1) Appui simple : Ce type d’appui, laisse à la structure

toute liberté de pivoter autour de O (extrémité de la poutre)

et de se déplacer perpendiculairement à la droite joignant les

points de contact. Si on néglige les frottements, la réaction

d’appui a la direction de la droite précitée, et introduit une

seule inconnue dans l’étude de la poutre.

I.3.2) Appui double (articulation) : Matérialisé par une

rotule. Cet appui autorise les rotations d’une extrémité de la

poutre ou d’un des éléments constituant la structure. La

direction de la réaction R est inconnue, mais la ligne

d’action passe par le centre de l’articulation. L’articulation

introduit 2 inconnues, par exemple les projections sur deux

directions du plan moyen.

I.3.3) Encastrement : L’encastrement interdit tout

déplacement de la section droite de l’appui. Sa réaction est

une force de densité variable répartie sur toute l’étendue de

la section. En vertu du principe de Saint Venant, ces forces

peuvent être remplacées par leur résultante générale R, et

leur moment M rapportés au centre de gravité G. Ce type

d’appui introduit donc 3 inconnues, les deux projections de

R sur deux axes du plan moyen et l’intensité du moment M

qui est perpendiculaire au plan moyen.


7

I.4) CONDITIONS D’EQUILIBRE

Tout comme en statique, les corps sont en équilibre en tout point donc les mêmes conditions

d’équilibre sont appliquées sur les corps.

I.4.1) Équilibre de translation

0xF =∑ Translation horizontale.

0yF =∑ Translation verticale.

I.4.2) Équilibre de rotation

0zM =∑ Rotation par rapport à n’importe lequel axe perpendiculaire au plan des forces xy.

I.5) EFFORTS INTERNES

On appelle forces extérieures ou charges les forces appliquées connues sur une structure

donnée. Suivant le cas, ces charges peuvent-être réparties avec une densité donnée de volume

(poids propre d’une structure) ou concentrées en un certain nombre de points. Dans cette

catégorie de forces extérieures figurent aussi les réactions d’appuis. Sous l’effet de ces

charges, les forces entre les particules d’un corps (élément) en équilibre varient. En

Résistance des Matériaux, on appelle souvent cette variation des forces efforts internes.

Afin de faciliter l’étude des efforts exercés sur chaque particule matérielle on considère une

section transversale d’un élément soumis à une sollicitation. Tout comme n’importe quel

système de forces, les efforts intérieurs répartis sur toute la section peuvent être rapportés à un

point (par exemple le centre de gravité de la section), et de ce fait on distingue le vecteur force

F (N, Qz, Qy) et le vecteur moment M (Mx, My, Mz) résultant des forces intérieures dans la

section. Il convient d’adopter les dénominations suivantes pour les forces et moments agissant

dans une section.


8

A B

π

B A Q

Q

N N

M M

I.6) METHODE DES SECTIONS

Pour déterminer les forces intérieures qui apparaissent dans un élément soumis à une

sollicitation, on se sert, en résistance des matériaux, de la méthode des sections. Cette

méthode est basée sur le fait que si un élément est en équilibre, sous l’action des forces

extérieures, alors n’importe quelle partie de cet élément sous l’action des forces qui lui sont

appliquées, est équilibré par un système de forces intérieures agissant dans la section. On

considère l’élément AB plan, soumis à l’action d’un système de forces extérieures. Pour

calculer les efforts et moments dans n’importe quelle section, on coupe à l’endroit voulu

l’élément AB en deux parties. Les valeurs numériques des efforts N, Q et M sont égaux aux

sommes algébriques des projections et des moments des forces extérieures agissant sur une

des parties (gauche ou droite) de l’élément sectionné, généralement sur celle où les

projections et moments se calculent plus facilement.

I.6.1) Effort Normal

La composante N de la résultante F représente la somme des projections de toutes les forces

intérieures agissant suivant la normale de la section (ou suivant l’axe longitudinal de


9

300N 300N

300N 300N A B

(a)

(b) (c)

NB NA

l’élément). L’effort normal provoque une déformation longitudinale de l’élément. N est

considéré positif s’il s’agit d’une traction et négatif dans le cas contraire.

Exercice 1: Trouver les efforts normaux en A et en B dans la poutre ci-dessous.

Solution

Premièrement, isolons la section de gauche pour la coupe en A et plaçons NA en tension (cas

b). Nous aurons :

100 0x AF N= − =∑

D’où 100AN N= (donc en tension)

Ensuite, isolons la section de droite pour la coupe en B et plaçons NB en tension (cas c). Nous

aurons:

100 0x BF N N= − + =∑

D’où 100B AN N N= =

On remarque qu’entre les deux charges de 100 N la valeur de l’effort normal est constante et

vaut 100 N de tension.

Exercice 2 : Trouver les efforts normaux en A et en B dans la poutre ci-dessous.

Solution

Premièrement, isolons la section de gauche pour la coupe en A et plaçons NA en tension (par

convention) (cas b). Nous aurons:

300 0x AF N= + =∑

D’où 300AN N= − (donc en compression)

A B

NA NB 100N 100N

(a)

(b) (c)

100N 100N


10

A B

NA NB 300N 800N

(a)

(b) (c)

800N 300N 500N

NB 300N

(d)

500N

Ensuite, isolons la section de droite pour la coupe en B et plaçons NB en tension (cas c). Nous

aurons:

300 0x BF N= − − =∑

D’où 300B AN N N= − =

On remarque ici que même si la forme varie, l’effort de compression demeure le même sur

toute la longueur de la pièce comme dans l’exemple précédent.

Remarque final

L’effort normal ne dépend que des charges, il est indépendant de la forme ou de la grosseur de

la pièce.

Exercice 3 : Trouver les efforts normaux en A et en B dans la poutre ci-dessous.

Solution

Coupe A : 300 0x AF N= − + =∑

D’où 300AN N= de tension

Coupe B : 800 0x BF N= − + =∑

D’où 800BN N= de tension

Même si on avait sélectionné la partie de gauche le résultat aurait été le même.

300 500 0x BF N= − − + =∑

D’où 800BN N= de tension également.

Remarques :

En se déplaçant sur une pièce, on doit effectuer une coupe après chaque force

rencontrée si on veut connaître les efforts que la pièce supporte en tout point.

Entre deux charges l’effort normal ne change pas, mais si on rencontre une charge en

se déplaçant sur la pièce, l’effort normal varie en une valeur égale à la charge, si celle-

ci est parallèle à l’axe.


11

Q Q

40 kN 40 kN

Q Q

(b) (a)

800N 800N 800N 500N

QB

500N B

(a)

A

(b) (c) QA

Le principe d’action réaction est respecté à chaque coupe. Que l’on conserve la partie

de gauche ou de droite, l’effort normal est le même en grandeur et reste en tension.

I.6.2) Efforts tranchants

Les forces transversales Qz, et Qy sont les sommes des projections de toutes les forces

intérieures dans la section sur les axes centraux principaux de cette dernière. Ces efforts

tranchants provoquent le cisaillement des bords de la section respectivement dans la direction

des axes Z et Y. Le sens de Q sur le plan est positif par convention quand il tend à faire

tourner un élément entre deux sections dans le sens des aiguilles d’une montre.

Exercice 4 : Trouver l’effort tranchant dans la goupille du système suivant.

Solution

40000 2 0yF Q= − + =∑

D’où 20Q kN=

La goupille, qui soutient la tige et sa charge, subit un effort tranchant tendant à la cisailler égal

à 20 kN. Il faut donc qu’elle soit choisie en conséquence.

Exercice 5 : Trouver l’effort tranchant en A et en B du système ci-dessous.

Solution

Premièrement, isolons la section de droite (car on ne connait pas les réactions d’appuis à

l’encastrement). On a alors:


12

800N

800N 800N

B

(a)

A

(b)

M

0.5m

800N

800 0y AF Q= − + =∑

D’où 800AQ N=

Ensuite, isolons encore la partie de droite à partir de B, on a alors:

500 800 0y BF Q= − − =∑

D’où 1300BQ N=

Remarque

La valeur de l’effort tranchant Q change, de la valeur de la charge perpendiculaire à l’axe

rencontré, en se déplaçant sur la poutre.

I.6.3) Moments fléchissant

Les composantes My et Mz du vecteur moment résultant représentent les sommes des

moments de toutes les forces intérieures dans la section, par rapport aux axes d’inertie

principaux de cette dernière Y et Z respectivement. Le sens positif des moments dans le plan

qui par convention tend les fibres inférieures et comprime les fibres supérieures de la section.

Exercice 6 : Trouver le moment fléchissant dans la poutre ci-dessous aux points A et B.

Solution

( )800*0.5 0A BM M M= = − − =∑ ∑

D’où 400M Nm= − (donc sens contraire)

Si l’effort provient d’un couple comme dans cet exemple, le moment de flexion est le même

partout dans la poutre.

M M


13

P

x

(a)

A

(b)

MA a

x

a P

Exercice 7 : Trouver le moment fléchissant dans la poutre ci-dessous au point A.

Solution

( )( ) 0A AM P x a M= − − − =∑

D’où ( )AM P x a= − −

On voit ici que le moment fléchissant varie en fonction de la position (x) de la coupe dans la

poutre.

Remarque

La valeur du moment fléchissant varie en fonction de la position de la coupe dans une poutre

lorsque celle-ci est sollicitée par des charges.

I.6.4) Moment de torsion

Le moment de torsion Mx (ou Mt) est la somme des moments de toutes les forces intérieures

dans la section par rapport à l’axe de la barre x. Le moment de torsion est positif lorsqu’il tend

à tourner la section dans le sens inverse des aiguilles d’une montre (sens trigonométrique) en

regardant la section du côté de la normale extérieure.

I.7) CONTRAINTES

I.7.1) Contrainte normale (σ) (sigma)

La contrainte normale (σ) est l’intensité de l’effort normal (N). C’est l’effort supporté par

unité de surface elle est exprimé par :

2

N N

A mσ =


14

Où :

N = effort normal [N]

A = aire de la section supportant l’effort N [m2]

Les unités de la contrainte normale sont le N/m2, par contre en physique ces unités sont

appelées aussi le Pascal (Pa).

2

3

6

9

1 1

1 1*10

1 1*10

1 1*10

NPa

m

kPa Pa

MPa Pa

GPa Pa

=

=

=

=

Exercice 8 : Trouver les contraintes normales en B et en C de la poutre ci-dessous.

Solution

En effectuant des coupes en B et C, on trouve facilement que l’effort N vaut 20 kN en tension.

Prenons la partie CD:

La section A = 4 cm x 4 cm = 16 cm2 = 0.0016 m2

42

201,2510

0.0016

kNkPa

mσ = =

D’où 12,5MPaσ =

Exercice 9 : Le couvercle d’un réservoir de 50 cm de diamètre est fixé au moyen de 10

boulons de 1,5 cm2 de section. Quelle est la contrainte dans les boulons si la pression dans le

réservoir est de 6,5 kPa?


15

Solution

D’abord calculons la force exercée par la pression dans le réservoir sur le couvercle.

1

FP

A=

Où A1 : Aire sur laquelle s’exerce la poussée

2 21 0,25 0,196A mπ= =

Donc : 36,5 10 *0,196 1275F N= =

Si on calcule l’effort supporté par chaque boulon, on a :

1275 10 0yF N= − =∑

D’où : 127,5N N=

Chaque boulon a une section de 1,5 cm2 donc :

2

32

127,5 100850 10 850

1,5 1

cmPa kPa

cm mσ

= = =

Exercice 10 : Trouver la contrainte normale aux points A, B et C de la tige ci-dessous.


16

Solution

D’abord la coupe A:

24 23,14 10

4A

A

dA m

π −= =

4000 2000 0y AF N= − + =∑

D’où : 2000AN N=

Donc : 64

20006,37 10 6,37

3,14 10Pa MPaσ −= = = (tension)

Coupe en B :

( )225 20,01

7,85 104 4

BB

dA m

ππ −= = =

Et 2000 0y BF N= + =∑ D’où 2000BN N= −

75

20002,55 10

7,85 10B Paσ −

−= = −

Donc 25,5B MPaσ = (compression)

Coupe C :

( )224 20,03

7,1104 4

CC

dA m

ππ −= = =

On a 2000 0y CF N= + =∑ D’où 2000CN N= −

D’où 64

20002,82 10

7,110C Paσ −

−= = −

Donc 2,82C MPaσ = (compression)

I.7.2) Contrainte en cisaillement (τ) (Tau)

La contrainte en cisaillement « τ », c’est l’intensité de l’effort tranchant. C’est l’effort

tranchant par unité de surface.

2

Q N

A mτ =

Où Q : L’effort tranchant [N]

A : Aire de la section de la pièce supportant l’effort Q [m2]


17

Q=20 kN

40 kN

Q=20 kN

Exercice 11 : Reprendre l’exercice 4. En sachant que les goupilles ont une section de 1,5 cm2,

calculer la contrainte en cisaillement dans la goupille.

Solution

ON a alors : 2

82

20000 1001,33 10

1,5 1

N cmPa

cm mτ

= =

D’où 133MPaτ =

I.7.3) Efforts et contraintes multiples

Lorsque l’on veut étudier un corps en entier, il est souvent préférable de vérifier toutes les

contraintes s’exerçant sur celui-ci. Dans ce cas, on doit effectuer une coupe aux points

considérés et tenir compte des trois efforts possibles N, Q et M qui nous permettent de

calculer les contraintes respectives.

Exercice 12 : Calculer les efforts, contraintes et moment fléchissant dans la poutre ci dessous

au point C. La poutre a une section de 1 cm2.

Solution

En effectuant une coupe à gauche comme à droite, il nous manque toujours une réaction

d’appui afin de compléter notre étude, donc nous commencerons par trouver les réactions

d’appuis. Isolons le corps en entier (3 inconnues) et décomposons la force de 800 N.

Équilibre de rotation:

( ) ( ) ( )500*1,5 800sin 30*6 *7 0A BM R= − − + =∑

7 750 2400 3150BR = + =

D’où 450BR N=

500 N

2,5 m

800N

B

1,5 m 2m 1m

30°

C A

(a)

500 N

800sin30

RB

C RAx

(b)

800cos30

RAy


18

500 N

2,5 m

450 N Mc

Nc 692,8 N

1,5 mQc

Équilibre de translation:

800cos30 0x AxF R= + =∑

D’où 629,8AxR N= − (sens contraire)

Et 500 800sin 30 0y Ay BF R R= − − + =∑

D’où 450AyR N=

Maintenant nous pouvons effectuer une coupe en C. La coupe peut être soit à gauche, soit à

droite. Choisissons la coupe de gauche.

Cherchons d’abord les efforts et moment fléchissant.

692,8 0x CF N= − + =∑ D’où 692,8CN N=

450 500 0y CF Q= − − =∑ D’où 50CQ N= −

et ( ) ( )450*4 500*2,5 0C CM M= − + + =∑

D’où 550CM Nm=

Du côté des contraintes maintenant. La contrainte normale:

26692,8 100

6,93 10 6,931 1

CNPa MPa

Aσ = = = =

La contrainte en cisaillement :

2550 100

5 10 5001 1

CC

QPa kPa

Aτ − = = = − = −

I.7.4) Charges uniformément réparties

Une charge uniformément répartie ou distribuée est une charge qui agit sur une distance

considérable de la poutre, et ce de façon uniforme. C’est-à-dire la charge sollicitant la poutre

par unité de longueur est constante. Le poids propre de la poutre est une charge distribuée.

En général, la charge distribuée peut être répartie sur une partie de la poutre ou sur toute sa

longueur. On appelle :

Charge uniformément répartie:

*W w x= [N]


19

Où w : charge par unité de longueur (charge linéaire) [N/m]

W : charge totale uniformément répartie sur une longueur « x », [m].

Un bloc de béton appuyé sur une poutre peut être une charge distribuée. Par exemple, la

charge ci-contre.

La charge totale « W » a comme grandeur, le produit de sa charge linéaire « w » par la

longueur de sa charge « x ». Le point d’application de la charge totale W est toujours situé au

centre de la partie conservée de la distribution.

Ici, la charge est prise dans sa totalité, sa valeur est:

50*3 150W N= =

Et elle est située au centre de la charge considérée, c’est-à-dire à 1,5 m du bord, figure c.

Si on effectuait une coupe dans les trois premiers mètres, la grandeur de la charge serait le

produit de la charge linéaire par la grandeur choisie (par exemple à 2 m) donc

50*2 100W N= =

Et son point d’application au centre de la partie conservée, c’est-à-dire à 1 m du bord cette

fois-ci.


20

w =50 N/m

2 m

MA

NA

QA A

(a)

1 m

w =50 N/m*2m=100N

(b)

Exercice 15 : Calculer les efforts ainsi que les contraintes dans la poutre de la figure ci-

dessous au point A. La poutre est carrée de 10 cm de côté.

Solution

Coupe A :

20,1*0,1 0,01A m= =

50*2 100W N= = à 1m du bord

0x AF N= − =∑ Donc 0A AN σ= =

100 0y AF Q= − =∑ D’où 100AQ N=

Donc 1001

0,01AQ

kPaA

τ = = =

Finalement : ( )100*1 0A AM M= − − =∑ D’où 100AM Nm= −

Chapitre II Système Triangules (ou treillis plan)

21

II.1) GENERALITES

Les treillis sont très largement utilisés en construction. Qu’il s’agisse de structures faites

d’acier, de bois ou autre, les treillis se retrouvent dans les fermes des toitures des hangars et

des grandes salles de sport , de grues, de ponts roulants, de pylônes, etc., figure II.1. On fait

appel à ce mode de réalisation dans le but essentiel d’alléger l’ensemble d’une construction

tout en assurant une plus grande stabilité et rigidité importante suivant leurs plans.

Les treillis peuvent être sollicités par des forces externes comme les charges à supporter, le

poids propre de la structure, le poids de la neige, le trafic, les réactions d’appuis, ... tandis que

les pièces de ces structures sont soumises à des forces internes de la part des pièces voisines.

Ces efforts internes et externes doivent être déterminés pour pouvoir choisir les matériaux

requis dans la réalisation des constructions. Des pièces trop grosses ne sont pas économiques

par contre des pièces trop petites ne sont pas sécuritaires.

Lorsque toutes les barres ainsi que les forces appliquées sont dans un même plan, le treillis est

appelé un treillis plan ; dans le cas contraire, il s’agit d’un treillis spatial.

Génie civil

Pont Structure de toiture Pylône

Transport

Châssis auto Cadre moto Structure portante

Figure II.1 : Domaine d’utilisation des treillis


22

II.2) DEFINITION

Les systèmes en treillis (appelés aussi triangulations ou structures réticulées) sont des

structures composées de barres droites articulées entre-elles à leurs extrémités situées dans un

seul plan appelé le plan de charpente. Les articulations communes à plusieurs barres sont les

nœuds du système. Il forme généralement une chaîne simple (plane) de triangles juxtaposés.

Cette construction est une des principales structures employées en ingénierie.

Les treillis sont des structures dont les pièces sont assemblées de façon à former des triangles.

La cellule de base d’un treillis plan est le triangle (parce qu’il est la seule figure géométrique

indéformable) et les trois barres (figure II.2a) articulées à leurs extrémités forment une

structure stable pour supporter la charge P. Le treillis de la figure II.2a peut être agrandi par

juxtaposition de triangles, et on obtient ainsi un système triangulé (figure II.2b).

Figure II.2 : Systèmes en treillis

II.3) TERMINOLOGIE

II.3.1) Nœud: Le point de rencontre de deux ou plusieurs barres s’appelle un nœud. Les

nœuds peuvent être fait de joint solide (assemblage par rivetage, soudage,...) ou des

articulations (assemblage par rotule, axe, ...). La figure II.3 présente un exemple de détail de

la réalisation pratique d’un nœud de treillis.

Figure II.3 : Détail d’un nœud

P

(a) (b)


23

II.3.2) Barres ou membrures: Les pièces d’une structure triangulée sont des barres. Elles

sont faites d’acier, de bois ou autre. On associe généralement les barres ou membrures des

treillis à des barres articulées.

Figure II.4 : Terminologie d’un treillis

II.4) SYSTEMES ISOSTATIQUES ET HYPERSTATIQUES

II.4.1) Système isostatique

Un treillis ou système réticulé est extérieurement isostatique si les actions d’appui peuvent

être déterminées à partir des trois équations d’équilibre de la statique ; dans le cas contraire, le

treillis est extérieurement hyperstatique.

3équations 3 inconnues

• Trois équations :

Equilibre de translation :

0xF =∑ ………………………………..(II.1)

0yF =∑ ………………………….……..(II.2)

Equilibre de rotation :

0M =∑ …………….…………………..(II.3)

• Trois inconnues :

Ax, Ay et By

Figure II.5 : Système isostatique

Par ailleurs, un treillis est intérieurement isostatique si les efforts dans les barres peuvent être

déterminés par les équations d’équilibre de la statique à partir des charges et des actions

d’appui préalablement calculées ; dans le cas contraire, le treillis est intérieurement

hyperstatique.


24

II.4.2) Système hyperstatique

Si le nombre d’éléments inconnus des réactions d’appuis est supérieur au nombre d’équations

d’équilibre dont on dispose, le système est dit hyperstatique. On à un système possédant plus

d’inconnues que d’équations donc on ne peut résoudre ce type de système par les méthode

que l’on connaît. Dans ce cas le nombre d’inconnues est quatres : Ax, Ay, Bx et By


Figure II.6 : système hyperstatique

II.4.3) Système instable

Si le nombre d’éléments inconnues des réactions d’appuis est inférieur au nombre d’équations

d’équilibre dont on dispose, le système est dit instable. C’est par exemple le cas d’un système

reposant sur deux appuis simple comme l’exemple ci-contre: la structure peut se déplacer

latéralement. Dans ce cas le nombre d’inconnue est seulement deux : Ay et By


Figure II.7 : système instable

La condition nécessaire pour que le treillis soit intérieurement isostatique est :

2 3b n= − (II.4)

Où :

b : nombre de membrures (barres)


25

n : nombre de nœuds

• Si b = 2n-3 : Le système est intérieurement isostatique ;

• Si b <2n-3 : Le système est instable ;

• Si b >2n-3 : Le système est hyperstatique intérieurement.

Dans ce cas le degré d’ hyperstaticité du treillis h est donné par :

2h b l n= + − (II.5)

Où :

b : nombre de membrures (barres) ;

n : nombre de nœuds ;

l : le nombre de réactions d’appuis ;

• Si h=0 le système est isostatique.

II.5) TYPE DE TREILLIS

Les treillis peuvent être classés en plusieurs catégories comme par exemple:

1-Ferme de pont, (figure II.8)

2-Ferme de toit, (figure II.9)

3-Grue, (figure II.10)

4-Autres

Figure II.8 : Ferme de pont.

Figure II.9 : Ferme de toit.


26

Figure II.10 : Grue.

II.6) HYPOTHESE DE CALCUL

Pour assurer que chacune des barres ne soit sollicité qu’en traction ou en compression il faut

que :

Pour déterminer les actions de liaison, on assimilera le système réticulé à un système

matériel rigide (les barres sont considérés comme rigide et indéformables) .

Les barres sont modélisées par leur ligne moyenne (ligne passant par le centre de

gravité des sections droites).

On suppose les barres articulées sans frottement aux nœuds, (articulation parfaite

d’axe z perpendiculaire au plan du treillis).

Le poids des barres soit négligeable devant les autres sollicitations,

Les sollicitations extérieures (charge) ne soient que des efforts appliqués sur les

nœuds,

Les liaisons avec l’extérieur soient des appuis fixes ou des appuis mobiles.

Les calculs sont conduits exclusivement en élasticité.

II.7) SOLLICITATION DES BARRES

On suppose que les forces extérieures sont appliquées aux nœuds. Il en résulte qu’une barre

CD du système comprise entre les nœuds C et D est sollicitée par deux forces axiales NC et

ND transmises par ces nœuds. La barre isolée doit être en équilibre sous l’action de ces deux

forces, ce qui exige que celles-ci soient de sens opposé et d’intensité égale, figure II.11. La

barre CD supporte donc uniquement un effort normal NCD qui est considéré comme :

• Positif si la barre CD est tendue (Traction)

• Négatif si la barre CD est comprimée (Compression)

Donc nous pouvons écrire que : NCD=NDC


27

Figure II.11 : Sollicitation des barres

II.8) ANALYSE DE TREILLIS

Deux méthodes principales permettent de calculer théoriquement les efforts dans les

membranes d’un treillis : la méthode des nœuds et la méthode des coupes (sections).

II.8.1) Calcul des treillis plans isostatiques par la méthode des nœuds

a) Méthodologie

Cette méthode consiste à faire le schéma rendu libre d’un premier nœud et d’écrire les deux

équations exprimant son équilibre, ΣFx = 0 ; ΣFy = 0, (C’est généralement le cas d’un nœud

d’extrémité ou d’appui du treillis). Sur base des résultats obtenus par la résolution de ce

premier système d’équations, on écrit l’équilibre d’un deuxième nœud puis d’un troisième et

ainsi de suite pour obtenir les efforts dans toutes les barres.

Dans cette méthode, on comprendra aisément qu’il faut disposer d’un premier nœud où

n’aboutissent que deux barres afin de n’introduire que deux inconnues puisque l’on n’a que

deux équations (c’est toujours le cas dans les triangulations simples) et ensuite, il faut

également que, pour tout nœud suivant, il n’y ait jamais plus de deux efforts inconnus à

trouver. Ce sont ces deux critères qui vont gouverner le choix du nœud de départ puis de

l’ordre suivant lequel on va progresser dans le treillis.

Signalons que souvent, il est utile de déterminer la nature du treillis et de calculer, au

préalable, les réactions d’appui par équilibre de tout le treillis.

b) Remarque

Lors de la résolution, pour les efforts connus, on utilise leur sens ; pour les efforts inconnus

dans les barres, on suppose qu’ils agissent en traction (leurs vecteurs représentatifs

s’éloignent du nœud). On écrit les équations d’équilibre pour trouver la valeur de ces efforts.

6kN

8kN 12kN 4kN

G E C

H F D AX

AY

A

BY

B

C

D

NC

ND

NCD


28

Si le résultat est positif pour un effort, il s’agit bien d’une traction ; sinon il s’agit d’une

compression.

Il est clair qu’au dernier nœud, les équations d’équilibre devront être automatiquement

satisfaites et que cela pourra servir de contrôle final.

c) Conclusion

La méthode des nœuds est toute indiquée quand il s’agit de calculer les forces dans toutes les

barres d’un treillis. Elle consiste à écrire l’équilibre de chaque nœud, pour déterminer les

valeurs de sollicitation de chaque barre. On peut se vérifier sur le dernier nœud. Seuls

problèmes :

On doit généralement résoudre entièrement le treillis pour obtenir l’effort dans une

barre bien précise ;

Les erreurs se cumulent au fur et à mesure de l’avancement de la résolution.

Exercice 1 :

1- Vérifier l’isostatisme des systèmes triangulés suivants.

2- Calculer le degré d’ hyperstaticité h des systèmes triangulés suivants :

h =1 h =1

systèmes triangulées Nbrs. de barres et de nœuds

Type de système

b =15 n =9

Système est

intérieurement

isostatique

b =11 n =8

le système est

instable


29

h =2 h =0

h =-1 h =0

Exercice 2:

Trouver les forces dans toutes les barres du treillis suivant.

Solution

• Vérification de la structure

2 3b n= −

b = 13

n = 8 ⇒ 13=13

Donc le système est intérieurement isostatique.

1- Trouvons les réactions d’appuis

∑MA= - (4000*4) - (8000*8) - (6000*8) - (12000*12) + (By*16) = 0

By*16=16000+64000+48000+144000

D’où By =17 kN

∑Fx = 0 ⇒ Ax=0

∑Fy = 0 ⇒ Ay – 4000 – 8000 – 6000 – 12000 + 17000 = 0

D’où Ay = 13 kN

2- Équilibre des nœuds

4 m 4 m 4 m 4 m

3 m

G E C

H F D AX

AY

A

BY

B

6kN

8kN 12kN 4kN

1

2

3

4

5 7

6

8

9

10

11 12

13


30

• Nœud A : Remplaçons l’articulation par Ay et les barres 1 et 2 par des efforts N1 et N2

en tension.

∑Fx = N1cos θ + N2 = N1(4/5) + N2 = 0

D’où N2 = - (4/5)N1

∑Fy = N1sin θ + 13000 = 0

Donc N1(3/5) = -13000

D’où N1 = -21667 N

Donc N2 = 17333 N

• Nœud D : Remplaçons la barre 2 par son effort, la barre 3 par un effort N3 supposé en

tension et la barre 6 par un effort N6 supposé en tension.

∑Fx = N6 - 17333 = 0

d’où N6 = 17333 N

∑Fy = N3 - 4000 = 0

d’où N3 = 4 kN

• Nœud C : Remplaçons les barres 1 et 3 par leurs efforts, la barre 4 par un effort N4

supposé en tension et la barre 5 par un effort N5 supposé en tension.

∑Fx = N4 + 21667 sin α + N5cos θ

= N4 + 21667(4/5) + N5(4/5) = 0

D’où N4 = -(4/5)N5 -17333 (1)

∑Fy = 21667cos α - 4000 - N5 sin θ

= 21667(3/5) - 4000 - N5 (3/5) = 0

(3/5)N5 = 13000 – 4000

D’où N5 = 15000 N

N5 dans équation (1) N4 = -(4/5)(15000) - 17333

D’où N4 = -29333 N

• Nœud E : Remplaçons la barre 4 par son effort (29333 N compression), la barre 7 par

un effort N7 supposé en tension et la barre 8 par un effort N8 supposé en tension.

∑Fx = N8 + 29333 = 0

D’où N8 = -29333 N

∑Fy = -N7 - 6000 = 0

D’où N7 = -6000 N

• Nœud F: Remplaçons les barres 5, 6 et 7 par leurs efforts, la barre 9 par un effort N9

supposé en tension et la barre 10 par un effort N10 supposé en tension.

4 kN

D

N3

N6 17.333 kN

E

6kN

N7

N8 29.333 kN

4 kN

C

21.667 kN

θ

N5 α

N4

A

N1

y

x θ

N2

13 kN


31

∑Fx = -17333 - 15000cos θ + N9cos θ + N10

= -17333 - 15000(4/5) +N9(4/5) + N10 = 0

D’où N10 = -(4/5) N9 - 29333 (1)

∑Fy = 15000sin θ - 6000 - 8000 + N9sin θ

= 15000(3/5) - 14000 + N9(3/5) = 0

(3/5)N9 = 14000 - 9000 = 5000

D’où N9 = 8333 N

N9 dans équation (1) N10 = -(4/5)(8333) + 29333

D’où N10 = 22667 N

• Nœud H: Remplaçons la barre 10 par son effort, la barre 11 par un effort N11 supposé

en tension et la barre 13 par un effort N13 supposé en tension.

∑Fx = N13 - 22667 = 0

D’où N13 = 22667 N

∑Fy = N11 - 12000 = 0

D’où N11 = 12000 N

• Nœud G: Remplaçons les barres 8 et 9 par leurs efforts, et la barre 12 par un effort N12

supposé en tension.

∑Fx = 29333 - 8333cos θ + N12sin α

= 29333 - 8333(4/5) + (4/5)N12 = 0

D’où N12 = -28333 N

∑Fy = -8333sin θ - 12000 - N12cos α

= - 8333(3/5) - 12000 - (3/5)N12 = 0

D’où N12 = -28333 N (preuve)

• Nœud B: Vérification; Si les valeurs trouvées pour N12 et N13 par le calcul successif de

toutes les barres sont exactes, les autres valeurs le seront également.

∑Fy = N12sin θ + 17000 = N12 (3/5) + 17000 = 0

D’où N12 = -28333 N

∑Fx = -N12sin θ - N13 = 0 => N13 = -(4/5)N12 = -(4/5)(-28333)

D’où N13 = 22667 N

Les mêmes valeurs (N12 et N13) trouvées par l’étude des nœuds G et H.

N13

12 kN

H

N11

22.667 kN

17 kN

B

N12

N13

y

x

θ

12 kN

G

8.333 kN

29.333 kN

y

x

θ

N12 α

8 kN

F

N9

17.333 kN

y

x θ

N10

6 kN

15kN

θ


32

Exercice 3 :

Déterminer, par la méthode des nœuds, la force dans la membrure EF due aux charges

externes.

Solution

• Vérification de la structure :

2 3b n= −

b = 11

n = 7 ⇒ 11=11

Donc le système est intérieurement isostatique.

Equilibre du nœud (D) : deux inconnues NCD & NDE

0yF =∑ Donne NDE = 3.354 kN

0xF =∑ Donne NCD = 3.0 kN

Equilibre du nœud (C) : deux inconnues NBC & NCE

0yF =∑ Donne NCE = 3.0 kN

0xF =∑ Donne NBC = 3.0 kN

Equilibre du nœud (E) : deux inconnues NEF & NBE

0BM =∑ Donne NEF=6.708 kN

Avec : 3*BC+3.354*x-NEF*x=0

Et x=3*sinθ

II.8.2) Calcul des treillis plans isostatiques par la méthode des sections (de Ritter)

La méthode des nœuds ci-dessus est un outil très pratique lorsqu’il s’agit de déterminer les

efforts dans toutes les barres du treillis. Cependant, pour déterminer ou vérifier l’effort dans

une barre quelconque, une autre méthode, appelée la méthode des sections est plus

avantageuse.

Cette méthode consiste à couper le treillis (figure II.12) en deux parties par une section qui

coupe les barres dont on veut déterminer les efforts. On isole la partie à gauche de la section,

on dénote les efforts inconnus des barres comme des forces extérieures et l’on tient compte

D

1.5kN y

x NCD

NDE θ=26.565°

C A

2.25m

1.5m

B

3kN

1.5m 1.5m

D

E

F

G

3kN 1.5kN

C

3kN

NCE

NCD=3kN NBC

E

D B C 3kN

3.354kN NBE

NEF

x


33

des forces extérieures appliquées aux nœuds ainsi que les actions aux appuis. On calcule

ensuite les efforts inconnus à partir des équations d’équilibre de la statique.

Figure II.12 : Méthode des sections (de Ritter)

La coupe idéale est donc celle qui ne sectionne que trois barres, puisqu’on n’a que trois

équations d’équilibre. Il faut savoir choisir la coupe appropriée qui permettra les calculs, car

ce n’est pas n’importe quelle coupe qui conviendra. On coupera le treillis en deux parties

autant de fois que cela est nécessaire, selon le nombre de barres dont on veut calculer les

efforts.

a) Méthodologie

Pour les efforts connus, on utilise leur sens ; pour les efforts inconnus dans les barres, on

suppose qu’ils agissent en traction. Les équations d’équilibre sont écrites pour trouver la

valeur de ces efforts. Si le résultat est positif pour un effort, il s’agit bien d’une traction ;

sinon, il s’agit d’une compression.

Pour écrire les équations d’équilibre de la statique, on utilise les composantes horizontales et

verticales des efforts et des forces extérieures suivant les axes x

et y

. On peut aussi employer

les distances des forces et des efforts au point P (le point P représente l’intersection des deux

poutres prises parmi les trois barres coupées), par rapport auquel on écrit l’équation

d’équilibre des moments / 0F PM =∑

, si cela s’avère plus commode et plus rapide pour les

calculs. Le point d’intersection des deux poutres coupées est appelé « pole ».

b) Conclusion

Cette méthode est simple. Juste en appliquant les équations d’équilibres sur la demi-structure,

on détermine les valeurs de sollicitation de chaque barre. Cependant, les calculs sont plus

laborieux que la méthode des nœuds. L’avantage de cette méthode est qu’elle :


34

permet de calculer l’effort dans une barre particulière, directement, sans être au

préalable obligé de calculer les efforts dans plusieurs autres barres.

De plus, les erreurs ne se cumulent pas. Cependant, on ne peut pas se vérifier.

Exercice 4 :

Soit le treillis articulé plan schématisé par la figure ci-dessous.

1) Etudier l’isostaticité du treillis.

2) Déterminer l’effort dans la barre DG.

Solution

1- Isostaticité du système

Nombre de nœuds: (n = 7)

Nombre de barres: (b = 11)

Donc b= 2n-3, d’où le système est isostatique.

2- Effort dans la barre DG.

En utilisant la méthode des section, on coupe au maximum trois barres de sorte que la barre

dont on recherche l’effort soit parmi elle.

Nous écrivons une seule équation qui est celle des moments par rapport au point B :

∑M /B = 0

⇒ - (NGD sin α)*3+2*3=0

⇒ NGD=2/sin α (avec α = 67°, 38’)

⇒ NGD= 2.17 kN (traction)

C

B G NGF

NCD

NGD

α

2 kN

3.6 m

A

1.8 m

3 m 3 m 3 m 3 kN

C

B G

θ

2 kN

E

F

D

10 kN

θ


35

Exercice 5 :

Calculez la force dans la barre DJ de la ferme de toit illustrés.

Solution

Dans ce cas si, il est impossible de tracer une section à travers DJ sans devoir couper quatre

éléments dont les efforts sont inconnus. Il faut donc faire une première coupe (barres CD, CJ

et KJ) avant d’analyser une deuxième section contenant la barre DJ.

1- Isostaticité du système

Nombre de nœuds: (n = 12)

Nombre de barres: (b = 21)

Donc b= 2n-3, d’où le système est isostatique.

Avant de faire une coupe, il faut trouver les réactions aux appuis.

∑ Fx= 0 ⇒ Ax= 0

∑ MA= 0 ⇒ 10*4+10*8+10*6-24*Gy=0

⇒ Gy= 11.67 kN

∑ Fy= 0 ⇒ Ay+Gy-10-10-10=0

⇒ Ay=18 .3 kN

G H

6 m

10kN

10kN

10kN

I J K L A

B

C

D

E

F

6 * 4m

G H

6 m

10kN

10kN

10kN

I J K L A

B

C

D

E

F

6 * 4m

Ay

Ax

Gy


36

La première section

Les barres coupées deviennent des forces inconnues;

il est donc possible de résoudre ce système à trois inconnues.

∑ MA=0 ⇒ CJ(4/5.65)*12-10*4-10*8=0

⇒ CJ =14.1 kN (C)

∑ MJ=0 ⇒ CD(4/4.47)*6-18.3*12-10*4-10*8=0

⇒ CD= -18,6 kN

CD = 18,6 kN (C)

On peut calculer la barre JK, mais ce n’est pas nécessaire pour solutionner le problème.

Deuxième section

∑ MG =0 ⇒12*Dj +10*16 +10*20 – 18.3*24-14.1*(4/5.65)*12=0

⇒ Dj =16.6 kN (T)

JK

18.3 kN

10 kN

10 kN CD

CJ

Ay

G

6 m

J K L A

B

C

D

6 * 4m

10kN

10kN

DJ

14.1 kN

KJ

Chapitre III Les Portiques Plan Isostatique

37

III.1) DEFINITION

On appelle portique ou cadre toute système plans ou spatiaux rigides constitues par un

nombre d’élément en général rectiligne appelés travées dont les parties horizontales portent le

nom poutres ou traverses et les parties transversales transmettant les charges au sol sont

appelées poteaux ou montant.

Un portique admet donc trois types de chargement :

• Charge de traction, compression (appliquer le plus souvent aux poteaux)

• Charge de flexion (appliquer le plus souvent à la poutre)

• Moment de flexion

III.2) METHODE DE CALCUL DES EFFORTS ET DU MOMENT F LECHISSANT

On appliquant la méthode des sections le calcul des efforts normal, effort tranchant et le

moment fléchissant peut être déterminé par deux méthodes.

III.2.1) Méthode générale (section)

Cette méthode consiste à prendre l’ensemble du portique et faite des sections suivantes x et y

telle que :

= + +

Exercice 1 :

A l’aide de la méthode des sections. Tracer les diagrammes des efforts normaux (N), des

efforts tranchants (Q) et des moments fléchissant (Mf).

3 2

l/2

4 1

l

l/2

y

x

P

3 2

1 4

3 2

4 1

y

x

P P


38

Solution

Cette méthode consiste à prendre l’ensemble du portique et faire des sections suivant x et y

telle que :

Calcul des réactions :

1 2

1 2

0 0

0 0

0 02

x x

y y y

y

F R

F R R

lM R l P

= → = = → + = = → − =

∑∑

∑

Donc :

2 2y

PR = et 1 2y

PR =

Section 1 :0 y l≤ ≤

1

1

1 1

02

0 0

0 0

y

x

s

PF N

F Q

M M

= → = − = → = = → =

∑

∑∑

Section 2 : 0 / 2x l≤ ≤

2

2

22 2 1

2

0 0

02

0 00

/ 2 / 4

x

y

s y

F N

PF Q

x MM M R x

x l M Pl

= → =

= → = = → =

= → = ⇒ = → =

∑

∑

∑

l

l/2

Rx

l/2

Ry1 Ry2

S1

S2 S3

S4

P

Rx Ry1

S1

Q1

N1 M1

l

Rx Ry1

S2

N2 M2

Q2

x


39

Section 3 : / 2l x l≤ ≤

( )

3

3

33 3 1

3

0 0

02

/ 2 / 40 / 2

0

x

y

s y

F N

PF Q

x l M PlM M R x P x l

x l M

= → =

= → = − = → =

= → = − − ⇒ = → =

∑

∑

∑

Section 4 : 0 y l≤ ≤

4

4

4 4

0 0

02

0 0

x

y

s

F Q

PF N

M M

= → = = → = − = → =

∑

∑

∑

Diagrammes de sollicitation

III.2.2) méthode des travées

Cette méthode consiste à isolé chaque travée de telle façon qu’il reste toujours en équilibre,

les diagrammes de l’effort normal, tranchant et moment fléchissant et la superposition de

l’ensemble de chaque travée.

Exercice 2 :

A l’aide de la méthode des travées. Tracer les diagrammes des efforts normaux (N), des


l

Rx Ry1

S3 N3

M3

Q3

x

P

S4

Ry2

N4

M4 Q4

3 2

l

4 1

h y

x

q

P/2

-P/2

N Q M f

Pl/4

-P/2 -P/2


40

Solution


1 2

2

1 2

0 0

0

0 02

x x

y y y

y

F R

F R R ql

lM R l q

= → = = → + = = → − =

∑∑

∑

Donc :

2 2y

qlR = et 1 2y

qlR =

Le montant [1.2]

( )

1

1

11

02

0 0

0 0

y

x

qlF N

F Q

M M

= → = − = → = = → =

∑

∑∑

Traverse [2.3]

( )

2

2 2

2

2

2221

2

020 0

2 2

2

0 0

0 00

02 2

y

x

qlx Q

ql qlF qx Q Q qx

qlx l Q

F N

x Mql qM M x x

x l M

= → = = → − − = → = − ⇒ = → = −

= → = = → = = → = − ⇒ = → =

∑

∑

∑

Pour calculer la valeur maximale du moment fléchissant on calcule :

2 0 02 2 2

dM ql q lx x

dx= → − = ⇒ =

Donc : ( )2

max / 28

lM l q=

Ry2 Ry1

Rx

3 2

l

4 1

h

q

Rx Ry1

Q1

N1 M1

2

q ql/2

3

Q2

M2

N2


41

Montant [3.4]

3

3

3

0 0

02

0 0

x

y

s

F Q

qlF N

M M

= → = = → = − = → =

∑

∑

∑


Exercice 3 :

On considère l’ossature [1.2-3.4] soumise à deux charges concentrées P1 sur la traverse [2.3]

et P2 sur le montant [1.2]. Avec P1>>P2

A l’aide de la méthode des sections. Tracer les diagrammes des efforts normaux (N), des


Solution

Q N

-ql/2 -ql/2

M f

ql2/8 ql/2

-ql/2

Ry2

N3

M3 Q3

3 2

4 1

h

l

y

x

P1

b

a

P2

3 2

4 1

h

l

P1

b

a

P2

Ry2 Ry1

Rx


42


( )( )

( )

2

1 214

1 221

0

0

0

x x

y

y

F R P

P l a bPM R

laP bP

M Rl

= → =

− − = → = −

+ = → =

∑

∑

∑

Montant [1.2] :

0 y b≤ ≤

( )1 21

1

1

0

0

P l a bPN

lQ

M

− −= −

= =

b y h≤ ≤

( )

( )

1 22

2 2

2 2

P l a bPN

lQ P

M P x b

− −= −

= − = − −

Montant [2.3] :

0 x a≤ ≤

( )

( )

3 2

1 23

13 2 21

N P

P l a bPQ

lP x

M x l a bP hPl l

= −

− − = = − + − −

a x l≤ ≤

( ) ( )

4 2

1 24

14 2 2 11

N P

Pa bPQ

lP x

M x l a bP hP P x al l

= −

+ = − − = − + − − − −


43

Montant [3.4] :

( )

1 25

5 2

5 2

aP bPN

lQ P

M P h x

+ = −

= = − −


N

( )1 2P l a bP

l

− −− 1 2aP bP

l

+−

-P2

-P2

Q

1 2Pa bP

l

+−

( )1 2P l a bP

l

− −P2

M f

( )2P x b− −

( )1

2 21

Pal a

la

bP hPl

− −

+ − −

2P h−

Chapitre IV Flexion Simple

43

P=2qL

L/2

q

A

M=qL2

L/

B

C

E

L L/

D

A B

P a a

P

La flèche

Pa

Flexion pure (M)

Flexion simple (M et Q) Flexion simple (M et Q)

P

P

IV.1) GENERALITES

L’action des forces latérales sur une poutre se traduit en une déformation de l’axe longitudinal

initialement droit en une courbe curviligne. L’état d’une section de poutre ou de toutes les

composantes des efforts internes, seule un moment fléchissant My ou Mz n’est pas nul, est dit

état de flexion plane pure. La déformation résultante de ce genre de sollicitation est connue

sous le nom de la flèche. Lorsque l’effort tranchant n’est pas nul, en ce cas la sollicitation est

dit flexion simple.

IV.1.1) Définition

Une poutre est dite en flexion lorsqu’elle est soumise à des forces ainsi que des couples se

trouvant dans un plan contenant l’axe longitudinal de la poutre. Ces forces agissent

perpendiculairement à l’axe longitudinal et le plan contenant les forces est un plan de

symétrie de la poutre.


44

P2

L/3

A

L/

B

L/3

P1

dx Q+dQ

Q

M

qy M+dM

IV.2) EFFORTS TRANCHANTS ET MOMENTS FLECHISSANT

La construction des diagrammes des éléments de réduction constitue une étape essentielle

dans toute étude de RDM. Un diagramme est un graphe qui indique la valeur (intensité et

nature) de la sollicitation considérée dans toutes les sections du système étudié.

Les diagrammes des éléments de réduction permettent de localiser les sections les plus

sollicitées (sièges des contraintes les plus élevées) et servent au dimensionnement des

différents éléments des structures.

Dans la construction des diagrammes, les valeurs positives et négatives sont portées de part et

d’autre d’un axe-origine. Par ailleurs, pour le diagramme du moment fléchissant, on a pour

habitude de porter les ordonnées toujours du côté des fibres tendues.

Considérants une poutre en appui simple soumise à des efforts verticaux P1 et P2. On suppose

que la poutre possède un plan de symétrie axial tel que les poutres circulaire, rectangulaire et

des profilé en T, I et U…

Pour déterminer les expressions du moment fléchissant et de l’effort tranchant, on suppose

que la poutre AB est devisée en deux parties par la section droite (mn) située à une distance x

du support gauche « A » et la partie de la poutre à la droite de (mn) est retirée.

Pour pouvoir tracer les diagrammes de l’effort tranchant et du moment fléchissant, il faut

respecter les directions suivantes:

Effort tranchant positif du haut vers le bas

Moment fléchissant positif dans le sans contraire des aiguilles d’une montre.


45

Q Q M M+dM

dx

m1

n1

m n

A

P1 m

x

RA Q

M

y

x

Pour étudier l’équilibre du tronçon de gauche de la poutre, on doit tenir compte non seulement

des efforts externes tel que les charges P1 et les réactions RA, mais aussi des efforts internes,

réparties sur la section droite (mn) et qui représentent l’action du tronçon droit de la poutre sur

le tronçon gauche.

Le système de forces peut être remplacé par une résultante égale à la somme algébrique des

forces données et par un couple.

Dans notre cas on remplace les efforts P2 et RB par une force verticale Q agissant dans le plan

de section (mn) et par un couple Mf.

L’effort tranchant Q et le moment fléchissant Mf qui agissent dans cette section, sont donnés

par les relations suivantes:

1

1 3

A

f A

Q R P

LM R x P x

= −

= − −

Pour exprimer la relation entre moment flechissant dans la section (mn) on considére un

élément pris entre deux section très voisines (mn) et (m1n2) :

( )/ 0 0mnM M dM M Qdx∑ = ⇒ + − + =

dMQ

dx⇒ = −


46

IV.3) DIAGRAMME DU MOMENT FLECHISSANT ET DE L’EFFOR T

TRANCHANT

Dans le cas général des poutres sollicitées transversalement dans un plan de symétrie, les

contraintes réparties sur une section de poutre équilibre l’effort tranchant et le moment

fléchissant en cette section. On détermine d’abord les contraintes dues au moment fléchissant

appelées contraintes normales de flexions et en suite les contraintes tangentielle (contraintes

de cisaillement) produites par l’effort tranchant.

La représentation graphique de la variation du moment fléchissant et de l’effort tranchant

simplifie l’étude des contraintes dans une poutre.

a) Cas d’une force concentré à mi-travée

Détermination des réactions :

/ 0 0.5

0 0.5A B

A

M R P

F R P

∑ = ⇒ =∑ = ⇒ =

Expressions des efforts internes :

Tronçon I : 0 / 2x L≤ ≤

0N =

0,5 0 0,5Q P Q P− = ⇒ =

0,5 0 0,5M Px M Px− = ⇒ =

( )0 0M = et ( )0,54

PLM L =

Tronçon II : / 2L x L≤ ≤

0N =

0,5 0 0,5Q P P Q P+ − = ⇒ = −

0,5 02

LM Px P x

− + − =

0,52

LM Px P x

⇒ = − −

( )0 0M = , ( ) 0M L = et ( )max 0,54

PLM M L= =

Q

M 0.25PL

L

A B

P R RB

+ -

0.5P 0.5P

+


47

-

PL/8

M

q=P/L

A

B

L

P/2

P/2

-

+

Q

b) Cas d’une charge uniformément répartie avec q=P/L

Détermination des réactions

( ) ( )

( )

/ 0 / / 2 0

0.5

0 / 0

0.5

A B

B

A B

A

M R L P L L L

R P

F R R P L L

R P

∑ = ⇒ − =⇒ =

∑ = ⇒ + − =⇒ =

Expression des efforts internes :

0N =

0,5 0P

Q P xL

− + =

0,5 0P

Q P xL

⇒ = − =

( )0 0,5Q P= , ( )0 0,5Q P= −

Et ( ) 0

2

LQ x x= ⇒ =

20,5 0,5 0P

M Px xL

− + =

20,5 0,5 0P

M Px xL

⇒ = − =

( )0 0M = , ( ) 0M L =

max 2 8

L PLM M

= =


48

M 0,08PL

Q

A Bq=2P/L

+ -

P/3

2P/3

+

c) Cas d’une charge triangulaire répartie q=2P/L

Détermination de réactions :

( )( )( )

/ 0 / 2 2 / 3 0

/ 3 2 / 3

0 / 2 0

/ 6 / 3

A B

B

A B

A

M R L q L L

R qL P

F R R qL

R qL P

∑ = ⇒ − =

⇒ = =∑ = ⇒ + − =

⇒ = =

Expression des efforts internes :

0N =

2 2

2

03 2

3 2 3

P x xQ q

L

P qx P PxQ

L L

− + =

⇒ = − = −

( ) ( )

( )

0 / 3, 2 / 3

03

Q P Q L P

LQ x x

= = −

⇒ = ⇒ =

3 3

2

03 2 3

3 6 3 3

P x x xM x qx

L

P qx P PxM x

L L

− + =

⇒ = − = −

( ) ( ) max0 0, 0, 0.083

LM M L M PL

= = =

IV.4) EQUATION DIFFERENTIELLE DE LA LIGNE ELASTIQUE

Dans toute étude de structure, outre le calcul des réactions, des éléments de réduction et des

contraintes, on fait également des calculs de déplacements. Généralement, on fixe pour les

déplacements des sections des limites admissibles à ne pas dépasser, tout comme pour les


49

R

θ dθ

θ A B M

dx x y

x

contraintes. Il n’est pas rare même que les conditions de déformabilité soient plus sévères que

les conditions de résistance.

La limitation des déplacements vise avant tout à préserver la fonctionnalité de la construction.

A titre d’exemple, une trop grande déformabilité des poutres peut provoquer la fissuration des

cloisons légères et engendrer des désordres très gênants.

D’autre part, lorsque les déplacements sont importants ils peuvent modifier significativement

l’action des charges appliquées (ils engendrent d’autres efforts, dits effets du second ordre), et

dans ce cas il est nécessaire d’en tenir compte.

Dans le cas d’une poutre horizontale fléchie dans le plan xy, l’axe des x étant confondu avec

l’axe longitudinal de la pièce, les déplacements verticaux des centres de gravité des sections

droites, mesurés à partir de l’axe x, sont appelés flèches. Les rotations se font autour de l’axe z

(axe neutre) et représentent les angles, mesurés en radians, dont tournent les sections droites

de la poutre.

IV.4.1) Équation différentielle de la déformée

Considérons une poutre horizontale simplement appuyée, fléchie dans le plan vertical xy.

Après flexion, l’axe longitudinal AB de la poutre prend la forme courbe AMB. Cette courbe

est appelée déformée ou ligne élastique (ou élastique tout simplement) de la poutre et peut

être décrite par une équation de la forme y = f(x). Les ordonnées y représentant les flèches

subies par les sections (leurs centres de gravité plus exactement) de la pièce.

Nous admettrons que la courbure de la ligne élastique en un point donné ne dépend que de la

valeur du moment fléchissant en ce point. Dans ce cas, nous utilisons la relation liant la

courbure au moment fléchissant obtenue rigoureusement dans le cas de la flexion pure et qui

s’écrit :

1 z

z

M

R EI= −


50

R

θds

dθ

M

dx x

y

M+dM dy

m

m

Afin d’étudier la déformation de cette poutre, on prend en élément (mm1)

1

1

2

2

23

2R

d y

dx

dy

dx

=

+

ε[ ( ) ]

(IV.2)

Le facteur ε vaut ± 1 et a été introduit pour des raisons que nous évoquons plus loin.

Remarquons toutefois que du point de vue mathématique ε vaut + 1 et le signe de la courbure

ne dépend que de la valeur de la dérivée seconde (le dénominateur de l’expression (IV.2)

étant strictement positif). Ainsi, la courbure (ou la dérivée seconde) est positive si la concavité

de la courbe est tournée vers les y positifs et elle est négative quand la concavité est orientée

vers les y négatifs (Figure IV.2).

A partir des équations (IV.1) et (IV.2), on déduit la relation différentielle suivante reliant le

moment (Mz) et la flèche (y).

M

EI

d y

dx

dy

dx

z

z

=

+

ε

2

2

23

21[ ( ) ]

(IV.3)

Physiquement, la dérivée première dy

ydx

′ = représente la pente de la tangente à la déformée y

au point courant M. Dans le cadre de l’hypothèse admise des petits déplacements, les angles

sont très petits et, non seulement on peut confondre la tangente et l’angle /dy dx tgθ θ= ≈ ,

mais le terme ( )2/dy dx devient négligeable devant l’unité. D’où la simplification de la

relation (IV.3) :

M

EI

d y

dxyz

z

= =ε ε2

2" (IV.4a)


51

Notons au passage que dans le cadre des petits déplacements, y’ représente également la

rotation de la section Σ d’abscisse x.

La valeur à donner à ε se déduit plus facilement de la dernière expression. Il suffit de

comparer les signes de y" et de Mz. La convention de signes adoptée pour le moment est

exactement l’opposée de celle de y" puisqu’on considère un moment comme positif quand la

concavité de la déformée est tournée vers les y négatifs.

D’où le signe adéquat à prendre :

d y

dxy

M

EIz

z

²

²"= = − Ou encore : EI y Mz z" = − (IV.4b)

Compte tenu des relations différentielles reliant q, Q et M, on peut en déduire :

3'''

3

y

z

Qd yy

dx EI= = − et

d y

dxy

q

EI

q

EIIV y

z z

4

4= = = (IV.5)

Il importe de noter que dans le cas des barres très élancées, les flèches peuvent être

importantes et l’expression (IV.4b) ne fournit plus une bonne approximation. Il faut alors faire

usage de la relation (IV.3), sachant que ε vaut -1 pour les raisons données plus haut.

L’utilisation de la définition exacte de la courbure introduit deux différences fondamentales

par rapport à l’approximation (IV.4) :

- L’équation différentielle n’est plus linéaire,

- Dans le calcul du moment, il faut tenir compte de l’influence des déplacements, ce qui

revient à introduire des moments additionnels secondaires (moments du second ordre).

D’autre part, la relation (IV.1) montre qu’il y a proportionnalité entre la courbure et le

moment fléchissant, autrement dit les développements à partir de cette équation sont valables

uniquement dans le domaine élastique linéaire. Si on sort de ce domaine, il faut utiliser une

relation non linéaire de la forme 1/R = f(M), déduite de l’étude du comportement élasto-

plastique de la pièce considérée.

Nous allons voir dans les paragraphes suivants quelques méthodes parmi les plus importantes

qui permettent d’obtenir l’équation de la ligne élastique d’une poutre fléchie.

IV.5) CONTRAINTES NORMALES EN FLEXION PLANE

Des contraintes normales se développent dans les sections transversales d’une poutre soumise

à un moment fléchissant. La figure montre les fibres tendues et comprimées externes d’un

tronçon de poutre fléchi. Dans la zone comprimée les fibres se raccourcissent tandis que dans

la zone de traction elles s’allongent. Ces deux zones sont séparées par un plan neutre ayant un


52

dθ

dx

R

M M

y a b' a b

C

T

rayon de courbure R et dont la longueur ne varie pas lors de la flexion. L’allongement relatif

d’une fibre se trouvant à une distance y de l’axe neutre peut être écrit:

( )R y d dxa b

ab dx

θε

+ −′ ′= =

Avec :

dx Rdθ=

y

Rε⇒ =

On a : E

σε =

Donc : E

yR

σ =

La condition d’équilibre qui lie les contraintes et les efforts internes dans la section

transversale d’une poutre est :

syds Mσ =∫∫

En introduisant la valeur de σ dans l’expression du moment, on obtient :

2

s

EM y ds

R= ∫∫

2

s

EM y ds

R= ∫∫

Z

EM I

R=

En remplaçant R par sa valeur, la contrainte normale en tout point de la section de la poutre

distante de y de l’axe x a pour valeur:

Z

My

Iσ =

1- Cas d’une section ayant un axe de symétrie horizontal

Partie comprimée

Partie tendue

A.N

σmax-

σmax+

y-

y+


53

q=40 kN/m

A B

2

Mmax

6cm

12cm

2- Cas d’une section n’ayant pas un axe de symétrie horizontal

Dans ce cas les contraintes de traction et de compression maximales sont différentes

Exercice 1 :

Vérifier la résistance de la poutre ci-dessous si la contrainte admissible [σ]=160 N/mm².

Construire le diagramme des moments

Déterminer la section dangereuse

calculer la contrainte maximale

compare cette contrainte avec [σ].

Solution Le moment maximal est à mi-travée :

2

max 208

qlM kNm= =

3

4 260*120860*10

12zI mm= =

62 2max max

max 4

2*10 *60138,8 / 160 /

864*10z

M yN mm N mm

Iσ = = = <

Exercice 2: 42*106ZI mm= , [ ] 280 /N mmσ − =

106h mm= , [ ] 2120 /N mmσ + =

60Gy mm=

Solution

Diagramme des moments

max 10M kNm+⇒ =

max 20M kNm− =

σmax-

σmax+

σmax-

σmax+

y+ y-

M<0

M>0

y- y+

22 2

20kN 10kN/m

+

-

10kNm

-20kNm


54

-contraintes :

Pour max 10M kNm+ =

52

max 6

10*10 *6030 / 120

2*10N mmσ + = = <

Et pour max 20M kNm− =

52

max 6

20*10 *100100 / 120

2*10N mmσ + = = <

[ ]5

2max 6

20*10 *6060 /

2*10N mmσ σ−

−= = <

[ ]5

2max 6

10*10 *10050 /

2*10N mmσ σ−

−= = <

IV.6) CONTRAINTES TANGENTIELLES EN FLEXION

Quand une poutre est soumise à l’action simultanée d’un moment fléchissant et d’un effort

tranchant, en plus des contraintes normales, des contraintes tangentielles apparaissent aussi au

niveau des sections droites. Aux contraintes tangentielles d’un élément unitaire sont associées

des contraintes tangentielles égales sur les facettes horizontales (réciprocité des contraintes

tangentielles). L’existence de ces contraintes suivant les couches horizontales de la poutre

peut être démontrée par superposition de deux poutres de hauteur h simplement appuyées aux

extrémités et soumises à une force concentrée à mi-travée. On constate qu’il y a un glissement


55

des fibres inférieures ce qui signifie qu’il y a des contraintes tangentielles horizontales

empêchant ce glissement dans le cas d’une poutre équivalente de hauteur 2h.

Considérons un tronçon de poutre de longueur dx soumis à un effort tranchant constant Q et

un moment fléchissant variant de M à M+dM.

La partie supérieure de l’élément dx à une distance y1 de l’axe neutre est en équilibre sous

l’action des contraintes σ à gauche de l’élément dx, σ+dσ à droite de l’élément et de la

contrainte tangentielle horizontale τ. Ecrivons l’équation d’équilibre:

( ) 0Sl Sl

ds d ds bdxσ σ σ τ− + + =∫∫ ∫∫ ∫

En supposant que les contraintes tangentielles sont constantes dans la section bdx:

*

* *

Sl Sl

Sl

l Sl

l l

dMbdx d ds yds

IdM

ydsI

dMS yds

I

S TSdM

dx Ib Ib

τ σ

τ

= =

=

=

⇒ = =

∫∫ ∫∫

∫∫

∫∫

Q

Q

Q

Q


56

En un point arbitraire d’une section droite d’une poutre soumise à l’action simultanée d’un

effort tranchant et d’un moment fléchissant, la valeur de la contrainte tangentielle est

déterminée par:

Z

Z

QS

I bτ =

Avec:

τ : Contrainte tangentielle.

b : Largeur de la section dans la couche considérée.

Iz : Moment d’inertie.

S*z : Moment statique de l’aire située soit au-dessous soit au-dessus de la couche considérée.

Q : L’effort tranchant.

La contrainte tangentielle varie avec l’ordonné y comme le rapport S*z/ b. τ est nul aux points

les plus éloignés du centre de gravité et passe par un maximum pour l’ordonnée

correspondant au maximum de S*z/ b.

a) Poutre à section rectangulaire

Dans le cas d’une section rectangulaire, la largeur b est constante. A une distance y de l’axe

z-z on détermine le moment statique S* et le moment quadratique Iz. On aura :

22

1 2 4

b hS y

= −

3

12z

bhI =

On obtient: 2

23

6

4

Q hy

bhτ

= −

max

min

30

2

02

Qy

bhh

y

τ

τ

= =

= =

b) Section circulaire

( )3

2 2 21

2S

3R y= − (Variation parabolique)

4

4Z

RI

π= , 2 2b R y= −

D’où ( )2 24

4

3

QR y

Rτ

π= −

h

b

y

y

z

τmax

y

y

z

τmax b

R


57

max 4

4

3

Q

Rτ

π= Pour 0y =

min 0τ = Pour y R=

c) Section triangulaire

31 2 1

3 3 3 36

BhS b h y h y

= − + =

max

3Q

Bhτ = Pour

6

hy =

min 0τ = Pour 2

3

hy = ou

3

hy = −

Construire le diagramme des contraintes tangentielles de la section rectangulaire creuse. Pour

tracer le diagramme des contraintes on calcule les contraintes tangentielles aux limites des

zones de variation brutale et on joint les points de discontinuités par des segments de droites

et par des paraboles quadratiques entre les points où la variation est exprimée par la formule:

*

Z

QS

I bτ =

80Q kN=

( )3 3 416*12 4*8 693.3

12I cm= − =

Point 1 :

*1 10 0S τ= ⇒ =

point 2 : largeur b=6 cm

* 32

12 8 12 12 86 60

2 2 4S cm

− − = − =

22 11.54 /N mmτ⇒ =

Point 3 : même point avec b=6-4=2 cm (discontinuité de la section)

* * 23 2 3 2

634.6 /

6 4S S N mmτ τ= ⇒ = =

−

Point 4 : milieu de la section

( )* * 34 2

8 86 4 * 76

2 2S S cm= + − =

24 43.9 /N mmτ =

y

h/6 z

τmax

B

h/3

y b

6 cm

8 cm 12 cm

4 cm

τ4

τ3 τ2

τ1


58

IV.7) EQUATION DE LA FLECHE

Quand on charge une poutre, la ligne moyenne qui, initialement est droite, se déforme sous

l’effet d’un moment fléchissant. L’allure de l’axe longitudinal de la poutre après flexion

(déformé) est appelée ligne élastique. On s’intéresse au calcul des déformations élastiques à la

flexion pour pratiquement deux raisons :

Calcul à la rigidité : en plus du calcul à la résistance, on doit parfois vérifier que la

flèche de la poutre ne dépasse pas la valeur de la flèche maximale permise.

Le calcul des déformations est essentiel pour l’analyse des systèmes hyperstatiques,

comme nous allons le voir dans le chapitre suivant.

L’expression de l’équation de la déformation peut être facilement obtenue à partir de la

relation entre la courbure et le moment fléchissant:

Sachant initialement que:

1 Z

Z

M

R EI=

L’arc GG’ ayant pour longueur dl:

dl Rdθ=

Ou : 1 d

R dl

θ=

y

x

R dv

y

P dx

dl

v

dθ

dx

dl

v

θ+dθ G

G’ R

θ


59

La tangente de la courbure v au point x est défini par :

dvtg

dxθ=

Donc: ( )dy

arctgdx

θ =

On peut écrire: 1

( )d d dx d dy dx

arctgR ds dx ds dx dx ds

θ θ= = =

2 2

2 2

2 2 2 2

1 1

d y d ydx dxdx dxdsdy dy dx dy

dx dx

= =+ + +

2

22

3/2 22

1

1

d yM d ydx

R EI dxdy

dx

= − = +

≃

1dy

dx≪

Donc, on obtient finalement l’équation de la flèche de la forme:

2

2

d yEI M

dx= −

IV.8) METHODE D’INTEGRATION DIRECTE

L’équation de la déformée peut être obtenue par intégration successive de l’équation

différentielle. En intégrant une première fois on obtient l’équation de l’angle de rotation :

( ) ( )1

M xdyx dx C

dx EIθ = = − +∫

En intégrant une seconde fois il vient :

( ) ( )1 2

M xy x dx C dx C

EI

= − + +

∫ ∫

Où C1 et C2 sont les constantes d’intégration à déterminer à partir des conditions aux limites.

Il faut noter que dans le cas des poutres ayant plusieurs tronçons dont chacun possède sa

propre équation du moment, il faut substituer l’expression de M dans chacune des équations

différentielles et procéder à l’intégration. Les constantes d’intégration dans ce cas sont


60

A

B

L

y

θ

déterminées en utilisant les conditions aux appuis des extrémités de la poutre et aux

conditions de continuité aux limites des tronçons.

Exercice 3:

Déterminer l’expression de la déformée d’une console soumise à une charge uniformément

répartie sur toute sa longueur.

2

2

xM q= −

( )2

2

xEIy x M q′′ = − =

( ) ( )

( )

3

1

4

1 2

6

24

xEIy x EI x q C

xEIy x q C x C

θ′ = = +

= + +

Condition aux limites

( )

( )

3 3

1 1

4 4 4

2 2

0 06 6

0 024 6 8

L Ly L q C C q

L L qLy L q q C C

′ = = + = ⇒ = −

= ⇒ − + = ⇒ =

D’où 4 3 41

24 6 8

qx qL qLy x

EI

= − +

et ( ) ( ) ( )3 31

6y x x qx qL

EIθ′ = = −

A l’extrémité libre

3 4

max06 8

qL qLx et y

EI EIθ −= ⇒ = =

IV.9) METHODE DE LA POUTRE CONJUGUEE (FICTIVE)

La méthode d’intégration directe de l’équation différentielle de la ligne élastique qui est très

efficace pour les poutres simples à un seul tronçon, devient laborieuse même pour une poutre

à trois tronçons. Pour simplifier les calculs il est parfois utile de se servir d’autres méthodes,

comme la méthode des paramètres initiaux ou la méthode grapho-analytique dite méthode de


61

la poutre conjuguée (fictive). Cette dernière est basée sur l’analogie qui existe entre l’équation

différentielle de la déformée et celle qui lie le moment fléchissant à la charge répartie :

( ) ( )2

2

d y x M x

dx EI= − ⇔ ( ) ( )

2

2

d M xq x

dx=

Pour une poutre donnée, la méthode grapho-analytique consiste à considérer le diagramme

des moments fléchissant comme une charge fictive répartie agissant sur une poutre fictive.

La flèche y(x) et l’angle de rotation θ(x) de la poutre donnée sont déterminés respectivement

par le rapport du moment fléchissant et de l’effort tranchant dans une section x de la poutre

fictive à la rigidité de la poutre donnée c’est-à-dire :

( ) ( )fQ xx

EIθ =

( ) ( )fM xy x

EI=

Où Qf (x) : l’effort tranchant de la poutre fictive

Mf (x) : moment fléchissant de la poutre fictive

Les règles de construction de la poutre fictive sont les suivantes :

1- Un appui à l’extrémité de la poutre réelle reste inchangé pour la poutre fictive.

2- Un appui intermédiaire de la poutre réelle est remplacé par une articulation dans la poutre

fictive.

3- Une articulation de la poutre réelle devient un appui intermédiaire dans la poutre fictive.

4- L’encastrement de la poutre réelle est pris comme extrémité libre dans la poutre fictive.

5- Une extrémité libre de la poutre réelle devient un encastrement dans la poutre fictive.

Le diagramme positif du moment fléchissant de la poutre réelle agit sur la poutre fictive de

haut en bas et le diagramme négatif du moment fléchissant de la poutre réelle agit sur la

poutre fictive de bas en haut. Il faut noter aussi que cette méthode est efficace pour calculer

les déplacements des sections particulières de la poutre, pourvu qu’il soit facile de déterminer

les aires et les centres de gravité des diagrammes du moment fléchissant.

Poutre réelle

Poutre Fictive


62

P

C

L L

B A

y

R R

B A’ M C’

PL

C A

2a

F2

2qa2

B 2q

a

F1 L1 L2

Mc

Poutre fictive

Exercice 4:

On donne P, L, E et I

- Déterminer θc, θA et yA

- Déterminer la charge P pour que max 300

Ly ≤

Solution

Calcule des réactions :

/ 0A dM ′ =∑

02 3C

L LR L PL′ + =

2 2

6 6C C C

PL PLR T R′ ′ ′⇒ = − ⇒ = − =

2 2 25 5

6 6 6A A A

PL PL PLR PLL T R′ ′ ′

− −= − + = ⇒ = =

22 32

26 3A

PLM L PL L PL′

−= + =

D’où 25

6A

A

T PL

EI EIθ ′ −= =

2

6C

C

T PL

EI EIθ ′= =

3

max 2

2

3 1000 2AM PL L EI

y PEI EI L

′= = ≤ ⇒ ≤

Exercice 5:

Déterminer la flèche au point C et la rotation au point B de la poutre ci contre.

Solution : On détermine les aires des diagrammes des moments

de charge tronçon et les barres de levier par rapport à C.

31

4

3F qa=

1

3

2L a=

Le centre de gravité de la section 1 : 3

,4 4

L L


63

qd

y y y

x x x

x x x

qc

d

c b P

a

M

L’aire de la section 1 : 3

hLΩ =

32 2

52

2F qa L a= =

3

3F qa= 2

5

2L a=

47c i i c

qaM F L y

EI= ⇒ =∑

3

2

2B B

qaT F

EIθ= ⇒ =

IV.10) METHODES DES PARAMETRES INITIAUX (MacAulay)

La méthode des paramètres initiaux est basée sur le principe de la fonction discontinue pour la

détermination d’une expression unique du moment fléchissant d’une poutre de plusieurs

tronçons. L’intégration directe de cette expression résulte en deux constantes C10 = θ et Cv

20 = qui s’avèrent être les paramètres initiaux. Ainsi si on prend l’origine des coordonnées

aux points situés à l’extrême gauche de la poutre, les expressions de y(x) et θ(x) sont données

par les équations :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 3 4 4

0 ...1! 2! 3! 3! 4! 4!c d c d

x a x b x c x d x c x dEI x EI M P q q q qθ θ

− − − − − −′ ′= + + + − + − +∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 3 4 4 5 5

0 0 ...2! 3! 4! 4! 5! 5!c d c d

x a x b x c x d x c x dEIy x EIy EI x M P q q q qθ

− − − − − −′ ′= + + + + − + − +∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑

Où :

M : moments concentrés extérieurs ou à l’encastrement

a : distance entre l’origine des coordonnées et les points d’application des moments M

p : les forces concentrées y compris les réactions

b : distances entre l’origine des coordonnées et les points d’application des forces P

qc, qd : respectivement, les intensités au début et à la fin de la charge répartie

q’c, q’d : respectivement, les valeurs des dérivées de q aux points x= c et x = d

Les directions des charges sont positives comme indiquées ci-dessous :


64

A C

L

B

L

4kN 32kN 4kN

1kN/m

L L=4

Les deux paramètres initiaux y0 et θ0 sont déterminés par les conditions d’appui de la poutre.

Exercice 6:

Déterminer la flèche maximale et es rotations aux appuis de la poutre représentée sur la figure

ci-dessous.

Solution :

Par les équations de la statique on détermine

les réactions aux appuis et on trouve :

10AR kN=

10BR kN=

( ) ( ) ( ) ( ) ( )33

2 220

12102 4 32 8 5 12

2 6 6

xxEI x EI x x x xθ θ

−= − + − + − + − − −

( ) ( ) ( ) ( ) ( )44

3 2 330 0

125 2 54 16 8 12

3 24 24 3 3

xxEIy x EIy EI x x x x xθ

−= + − + − + − + − − −

( ) 0 00 0 0EIy EIy y= ⇒ ⇒ =

( ) 0

118,2212 0EIy

EIθ= ⇒ =

( ) 0

118,220

EIθ θ= =

( ) 57,7812

EIθ =

La flèche maximale :

( ) 0xθ = ⇒ Équation polynomiale de degré 3

x 0 4 8 12 16

EIθ(x) 118.22 48.89 -84.4 -57.78 -25.78

Donc ( ) 0xθ = pour x∈]4,8[

En utilisant la méthode de dichotomie, on converge vers x= 5.48

⇒ ( ) 4145.48y

EI=

IV.11) SUPERPOSITION DES DEFORMATIONS

Les équations différentielles de la déformée sont des équations linéaires c’est-à-dire tous les

termes de y, y’ et y’’ sont du premier ordre. Les déformations dues à plusieurs cas de charges


65

a b

P q

ymax c

q

yq c

P

(b) yp

c

+

(a)

peuvent être donc superposées ou cumulées. Cette méthode est surtout utilisée quand le

chargement est composé de plusieurs cas de charge élémentaire ou les déformations sont

données dans les aides mémoires de la RDM.

Exercice 7:

Déterminer la flèche maximale de la poutre ci-dessous.

Solution

max q py y y= +

( )3 4

24q

qa L ay

EI

−=

3

3p

pLy

EI=

( )33

max

4

3 24

qa L apLy

EI EI

−= +

IV.12) QUELLE QUE EXEMPLE POUR DETERMINER EFFORTS E T FLECHES

MAXIMALES

Les efforts liés à la flexion, c’est-à-dire le moment fléchissant et l’effort tranchant, sont

souvent moins directs à déterminer que les efforts normaux. Il est donc intéressant de

construire des abaques qui interviennent en amont du choix des sections, pour déterminer ces

efforts, en fonction des situations types. Les données d’entrée de ces outils sont :

• La nature des appuis

• Les paramètres géométriques de la structure

• La nature et la position des charges

En sortie, on accède à des expressions pour les valeurs particulières des efforts et pour les

flèches maximales, en fonction de l’intensité de la force, de l’inertie des sections, et du

module d’élasticité du matériau.

Les tableaux suivants reprennent un certain nombre de situations courantes. Certains ouvrages

proposent des tableaux plus complets, pour d’autres configurations de poutre simples ou

continues sur n travées ou encore pour des portiques courants.


66

Configuration Diagramme Point Effort Flèche Ymax=

A 2

FQ

−=

En 2

Lx =

3

48

FL

EI

L/2 4

FLM =

B 2

FQ =

A 2

qLQ

−=

En 2

Lx =

45

384

qL

EI

L/2 2

8

qLM =

B 2

qLQ =

A Q F= −

En 2

Lx =

( )2 24 3

24

Fa a L

EI

−

C M Fa=

D Q F=

A 4

qLQ = −

En 2

Lx =

4

120

qL

EI

L/2 2

12

qLM =

B 4

qLQ =

A

CQ

L=

M C=

En 3

Lx L= −

22 3

54

CL

EI

C

A B

CC

A B+

+

+

+

FA B

C

FFA BA B

Cx0

Mmax

+

+

-

x0

Mmax

+

+

-

+

-

qA BqqA BA B

+-

x0

Mmax

+

+-

+-

x0

Mmax

+

F F

a ab

A BC D

F FF FF F

a aba ab

A BA BC D

-+

+

C D

-+

+

C

-+

-+

+

C D

qA B

C

qqA BA B

C

+-

x0

Mmax

+

+-

x0

Mmax

+


67

A Q F= En

2

Lx =

2

8

Fab

EI

−

En A et B

( )2 3 2

6

Fa b a

EI

+

C M Fa= −

D Q F= −

Cg

Q qa=

2

2

qaM

−=

En 2

Lx =

( )2 2 25 24

384

qb b a

EI

−

En A,B :

( )3 2 33 6

24

qa a a b b

EI

+ − Cd

( )0,5Q q a L= −2

2

qaM

−=

L/2 ( )2 24

8

q b aM

−=

Dg

( )0,5Q q L a= −2

2

qaM

−=

Dd

Q qa= −2

2

qaM

−=

A Q F= −

M Fa= −

En B

( )2 3

6

Fa L a

EI

−

A

T = -q.L

2

2

qLM

−=

En B

4

8

qL

EI

F

a b

A BC

FFF

a ba b

A BA BC

qA B

qqA BA B

-C

-

-C

-

-

-

-

--

FF

a ab

A BC D FF FFFF

a aba ab

A BA BC D

-+

-

x0

-+

-+

-+

-

x0

--

x0

q

a ab

A BC D

q

a aba ab

A BA BC D

+-

x0+

-

+-

x0+

-


68

A 2

qLQ = −

2

6

qLM

−=

En B

4

30

qL

EI

A Fb

Qa

=

En B

2

3

FLb

EI

C M Fb= −

B Q F= −

A 2

2

qbQ

a=

En B

( )3 4 3

24

qb a b

EI

+

C 2

2

qbM

−=

Cd Q qb= −

A ( )2 2

2

q b aQ

a

−=

En B

( )2 23

24

qbL b ab a

EI

+ −

En

2 2

0 2

a bx

a

−=

( )22 2

28

q a bM

a

−=

Cg

( )2 2

2

q a bQ

a

+=

2

2

qbM = −

Cd

Q qb= −2

2

qbM =

q

A B

qq

A BA B

-

-

-

-

F

a b

AB

CF

a b

FF

a ba b

AB

C

C

+-

-

C

+-

-

q

a b

A BC

q

a b

qq

a ba b

A BA BC

C

+-

-

C

+-

-

q

a b

A BC

q

a b

qq

a ba b

A BA BC

C

+-

-+x0

C

+-

-+x0

Chapitre V Flexion déviée

67

V.1) INTRODUCTION

Dans le cas général une section peut être soumise à l’action des six composantes de l’effort

internes à savoir (N, Qx, Qy, Mx, My, Mz) et qui ont été classées sous quatre catégories de

sollicitation ou déformation simple : traction et compression (N), cisaillement (Qx, Qy) torsion

Mx, et flexion My, Mz. Dans la pratique courante, on rencontre rarement des cas où les

sollicitations sont simples moins encore ou les six composantes des efforts internes

apparaissent en même temps au niveau d’une section.

On rencontre, cependant, différents types de leurs combinaisons. Sous les hypothèses de la

résistance des matériaux ces combinaisons peuvent être analysées en utilisant le principe de

superposition des efforts. Dans ce chapitre on étudiera la combinaison de deux flexions dite

flexion déviée. La combinaison de la flexion déviée avec la traction ou compression

communément appelée flexion composée (voir chapitre 5).

V.1.1) Définition

La flexion déviée est définie comme une combinaison de deux flexions planes, si les charges

sont appliquées aux axes principaux. Dans certain cas les chargements on flexion sont inclinés

par rapport à l’un des axes principaux, la décomposition de ce chargement en deux

composantes parallèle aux axes produit une flexion déviée.

L’étude de la flexion déviée revient à décomposer les sollicitations en deux flexions planes

suivant les plans principaux.

+

qy =q cos α qz =q sin α


68

V.2) CONTRAINTE NORMALE ET DEPLACEMENT

Pour une action simultanée de My et Mz, les contraintes en un point de coordonnées y et z se

déterminent par la formule :

y z

y z

M Mz y

I Iσ = +

yI et zI moments d’inertie principaux de la section droite de la poutre suivant y et z.

My et Mz sont les moments fléchissant par rapport aux axes y et z qui sont les composantes du

moment fléchissant résultants.

Ce résultat est établi directement en considérant que la flexion déviée comme la somme de

deux flexions dirigées suivant les axes centraux d’inertie et en appliquant le principe de

superposition, où :

sin

cosz

y

M M

M M

αα

==

Donc : 2 2z yM M M= +

Le moment résultant est appliquée au plan incliné suivant un angle α par rapport au plan

principal d’inertie zy de la poutre.

Le déplacement vertical y (la flèche) et la rotation θ d’une section quelconque de la poutre en

flexion déviée sont définis comme les sommes géométrique des déplacements verticaux et des

rotations due aux composantes du moment fléchissant agissant dans les plans principaux de la

poutre.

2 2zy z yy y y= +

2 2zy z yθ θ θ= +

Avec : z

dy

dzθ = et y

dy

dyθ =

zy et yy sont les déplacement verticaux dans les directions z et y.

zθ et yθ sont les rotations de la section autour des axes z et y.


69

V.3) AXE NEUTRE

L’axe neutre est l’ensemble des points pour les quels la contrainte σ est nulle.

L’axe neutre, a pour équation :

y z

y z

M Mz+ y =0

I I

Donc : y z

z y

M Iy = -

M Iz

L’axe neutre alors est un droit passant par le centre de gravité de la section.

En flexion déviée due à une charge inclinée de α par rapport à l’axe oy on a les relations :

sin

cosz

y

M M

M M

αα

==

Où M est le moment suivant un axe orienté de α par rapport à y-y.

Donc : z

y

Iy =-

Iz tgα

La tangente de l’axe neutre s’écrit alors :

y z z

z y y

M I Itg ctg

M I Iβ α= − = −

Donc l’expression de la contrainte peut être mise sous la forme :

cos sin

y z

M z yI I

α ασ

= +

V.4) VERIFICATION A LA RESISTANCE

Le calcule de vérification de la résistance s’effectue à la base des données sur la contrainte

totale maximale.


70

D’après la formule de la contrainte, les contraintes maximales se localisent aux points les plus

éloignés de l’axe neutre. Pour une section symétrique on a :

[ ]max max max

sin cosamx

z y

M y zI I

α ασ σ +

= + ≤

[ ]min max max

sin cosamx

z y

M y zI I

α ασ σ −

= − + ≤

Exercice 1 :

Dimensionner une poutre d’un toit simplement appuyée de longueur L=4m. Le rapport h/b=2,

l’angle entre le toit et l’horizontale est de 25°. La charge verticale q = 0,4 kN/m est répartie

sur toute la longueur. On donne [σ]=10 N/mm2, et E=104 N/mm2.

Solution

[ ]max max max

sin cosamx

z y

M y zI I

α ασ σ

= + ≤

Avec : 2amx

hy = , max 2

bz = ,

3

12z

bhI = ,

3

12y

hbI =

[ ]max max 3 3

sin cos12* 12*

2M h b

bh hb

α ασ σ ⇒ = + ≤

[ ]max 2 2

6 6sin cosM

bh hbα α σ + ≤

Pour 2h b=

[ ]max 3 3

6 6sin cos

4 2M

b bα α σ + ≤

[ ]max 3 3

3 3sin cos

2M

b bα α σ + ≤

[ ]max3

3 1sin cos

2M

bα α σ

⇒ + ≤

[ ] ( )33

0,5sin cosM

b α ασ

≥ +

13b cm⇒ =

Et 2* 26h b cm= =


71

Exercice 2 :

Déterminer la contrainte et le déplacement au point « c ».

On suppose que b=2h.

Solution

1) Calcule de la contrainte

Etape 1 :

2

3BR P= , 4

3AR P=

1 3 3

4* 163 2

12

cx

hPlM Pl

ybhI h

σ = = =

Etape 2 :

2

3BR P= , 3A

PR =

2 3 3

2* 163 2

12

cy

bPlM Pl

yhbI h

σ = = =

Finalement : 1 2 3

32c

Pl

hσ σ σ= + =

2) Calcule du déplacement

Etape 1 :

( )42

3f A

PM R x x P x l= = − −

( )42

3f

PEIy M x P x l′′ = − = − + −

( )331 2

4

18 3

P PEIy x x l C x C= − + − + +

20 0 0x y C= → = → =

21

33 0

4x l y C Pl= → = → = −

l l l

P

2P

b

h

c

2P RB RA

P RB RA

4Pl/3

2Pl/3

+

+


72

Donc : ( )33 24 3

18 3 4

P PEIy x x l Pl x= − + − −

( )3

1

1 35

36x ly PlEI= = −

Etape 2 :

( )23f

PM x P x l= − −

( )23

PEIy x P x l′′ = − + −

( )331 22

18 6

P PEIy x x l C x C= − + − + +

20 0 0x y C= → = → =

21

13 0

9x l y C Pl= → = → = −

Donc : ( )33 212

18 6 9

P PEIy x x l Pl x= − + − −

( )3

2

1

6x ly PlEI= = −

Finalement : ( ) ( )( ) ( )( )2 2

1 2x l x l x ly y y= = == +

2 2

3 335 1

36 6Pl Pl

EI EI = − + −

( )

3

x l

Ply

EI= ≈

Exercice 3:

Les poutres ayant un des moments d’inertie principaux très grand par rapport à l’autre sont

très sensibles aux déviations des chargements par rapport à l’axe principal de chargement.

Calculer la variation de la contrainte due à une déviation de la charge de 2°.

Considérons le cas d’une console en IPE600 de longueur L=3,5 m et ayant les caractéristiques

géométrique suivantes :

7 4118,3 10zI mm=

4 44520 10yI mm=

610

224

h mm

b mm

==


73

La poutre est sollicitée par une charge P= 50 kN appliquée à son extrémité libre. Calculer la

variation de la contrainte pour une déviation de P de 2° par rapport à l’axe z-z.

Solution

Pour une force axée :

32max max

max 7

50*10 *3500*30545,1 /

2 118,3*10z z

M Y PL hN mm

I Iσ = = = =

On écrit l’équation de l’axe neutre pour déterminer son inclinaison par rapport à l’axe y-y

lorsque la force est déviée de 2° par rapport à l’axe de chargement vertical z-z.

90 2 88α = − = °

7

7

118,3*1088 0,913

4,52*10z

y

Itg ctg ctg

Iβ α= − = ° = −

Donc : 42,4β = − °

On remarque que l’inclinaison de l’axe neutre est très importante pour une petite déviation de

2°. Les contraintes maximales se trouvent aux points extrêmes de la section.

( )max coszM P Lα= ( )max sinyM P Lα= à l’encastrement

3max 50*10 cos 2*3500zM = 3

max 50*10 sin 2*3500yM =

8max 1,749*10zM Nmm= 6

max 6,107*10zM Nmm=

8 6max maxmax max

max 7 4

1,749*10 *305 6,107*10 *112

118,3*10 4520*10yz

z y

M ZM Y

I Iσ = + = +

2max 60,23 /N mmσ =

L’augmentation en % de la contrainte due à la déviation de la force est :

max max

max

*100 33,5deviée centrée

centrée

σ σσ

−= %

3,5m

P=50kN

2° y

z

Chapitre VI Flexion composée

74

VI.1) FLEXION COMPOSEE

La flexion composée provient de l’action conjuguée d’une flexion due à un chargement

latérale et d’un effort axial (traction ou compression) ou seulement de l’effet d’un effort

normal excentré par rapport à l’axe moyen de l’élément.

VI.1.1) Flexion composée avec traction ou compression

C’est le cas général d’une poutre soumise à des chargements transversaux et longitudinaux,

ou un une section arbitraire, les efforts Mz, My, Qx, Qy ainsi que N sont présents.

En utilisant le principe de superposition, on peut déterminer la contrainte normale globale en

un point quelconque de la section normale par :

1z

z

My

Iσ = ± Contrainte due au zM

2y

y

Mz

Iσ = ± Contrainte due au yM

3xN

Aσ = ± Contrainte due au xN

Donc la contrainte globale est donné par : y xz

z y

M NMy z

I I Aσ = ± ± ±

VI.1.2) Traction ou compression excentrée

La flexion composée peut être aussi le résultat de l’action d’une force longitudinale excentré

par rapport à l’axe moyen de la poutre. On rencontre ce cas de chargement généralement dans

les éléments courts sollicités par une force excentrée dont les coordonnées du point

d’application sont yp, zp.

Les efforts internes en une section quelconque sont :

N P=

*z pM P y=

My

NX

Mz


75

*y pM P z=

D’où les contraintes en un point dans la section :

y z

y z

M MNz y

A I Iσ = + +

1 y z

y z

M MP A Az y

A P I P Iσ

= + +

1 p py z

P A Az z y y

A I Iσ

= + +

On pose : iIi

A=

rayon de giration suivant l’axe i

2 21 p p

y z

z yPz y

A i iσ

= + +

L’équation de l’axe neutre :

C’est l’ensemble des fibres dans les quelles la poutre ne subit aucune traction ou compression

c'est-à-dire la contrainte est nulle.

2 20 1 p p

y z

z yz y

i iσ = = + +

D’après l’équation de l’axe neutre, ce dernier coupe les axes zz et yy aux points :

0y = , 2y

ANp

iz

z= −

Et

0z = , 2z

ANp

iy

y= −

Donc l’axe neutre coupe les axes du quadrant opposé de celui du point d’application de la

force.

VI.2) LE NOYAU CENTRAL

On attendant par noyau central la région autour d’elle la force doit être appliquée pour avoir

des contraintes de même signe dans toute la section de la barre.


76

e = 0

e < e0

e = e0

e > e0

Ou :

C’est la zone d’une section droite, lorsqu’on applique dans laquelle un effort normal, toutes

les fibres seront tendue (ou comprimées).

VI.2.1) Construction du noyau central

Pour tracer la région du noyau central on doit suivre les étapes suivantes :

On trace les tangentes à la section on négligeant les creux.

On détermine les centres de chargement correspondant aux axes neutres traces à l’aide

de la formule du noyau central (axe neutre).

On trace des droites par les points obtenus, la région bordée par des droits est le noyau

central de la section.

D’après l’équation de l’axe neutre l’étendu de la section comprimée ou tendue dépend de

l’excentricité de la force. Il est donc d’un grand intérêt pratique d’éviter dans la section droite

le développement des contraintes de traction dues à la force compressive excentrique pour

assurer la résistance des barres en matériau fragile à la traction. On appelle noyau central de

section la partie du plan de la section droite contenant le centre de gravité et limitée par un

contour fermé, dans lequel la force appliquée provoque des contraintes de même signe en tous

les points de la section droite.

Le conteur du noyau central de la section est déterminer par l’ensemble des positions des

points d’application de la force excentrée qui fait passer l’axe par tous les points tangents à la

section de telle manière qu’elle ne le coupe nulle part.

Les coordonnées des points d’application de la force sont déterminées d’après les formules

suivantes :


77

2z

pAN

iy

y= − ,

2y

pAN

iz

z= −

Ces formules traduisent la relation entre la position de l’axe neutre et le point d’application de

la force. Quand l’axe neutre tourne par rapport à un point fixe y0 et z0 le point d’application de

la force se déplace suivant une ligne droite PP ne passant pas par le centre de gravité de la

section.

Exercice 1:

Cas d’une section rectangulaire :

Pour le cas d’un rectangle par exemple quand l’axe neutre est coïncidant avec AB : l’axe

neutre coupe l’axe y-y à 0 2AN

hy y= = et ne coupe pas l’axe z-z ( )ANz = ∞ .

Les cordonnées du point d’application de la force correspondante à cette position de l’axe

neutre sont déterminées par :

2

6z

pAN

i hy

y= − = −

Car 3 2

2

12 12z

z

I bh hi

A bh= = =

2 2

0y yp

AN

i iz

z= − = − =

∞

D’une manière analogue on détermine les coordonnées du point 2 correspond à une position

de l’axe neutre coïncidente avec AD, et on trouve :


78

z

y

R/2

0py = et 2p

by =

La liaison des deux points 1 et 2 correspond à la rotation de l’axe neutre au point (z0, y0)

passant de la position AB à AD.

Le contour du noyau central de la section rectangulaire est un losange dont les deux autres

points 3 et 4 sont déterminés de la même manière que précédemment, c'est-à-dire quand l’axe

neutre passe de BA à AD et de AD à DC.

Cas d’une section circulaire :

On a : 4

64

DI

π=

2

Dv v R′= = =

4

2 264*

2 84 4

DD D

c vD D

π

ρπ

⇒ = = =

*8

Dc vρ′ ′⇒ = =

VI.3) VERIFICATION A LA RESISTANCE

Pour une section symétrique, la condition de résistance s’écrit :

[ ]yz

z y

MMF

A W Wσ σ= ± ± ≤

Ou pour le cas d’un effort normal excentré

[ ]max max2 21 p p

y z

z yFz y

A i iσ σ

= ± ± ≤

Exercice 2 :

1) Déterminer les contraintes normales maxσ et minσ et la position de l’axe neutre dans la

section dangereuse de la poutre ci-dessous :

2) Si les angles que forme P avec les axes x-x, y-y et z-z sont 30°, 60° et 90°

respectivement, déterminer la longueur L maximale de la poutre pour que la contrainte

normale maximale ne dépasse pas celle provoquée par la force excentrée.


79

Solution

1- Les contrainte, maximale et minimale sont données par :

max max max2 2min

1 p p

y z

z yFz y

A i iσ

= ± ±

Application numérique :

2 22 2240

480012 12y

bi mm= = =

338 4200*240

2,3*1012 12y

hbI mm= = =

222 2200

3333,312 12z

hi mm= = =

33

8 4240*2001,6*10

12 12z

bhI mm= = =

60pz mm= max 120z mm=

50py mm= max 100y mm=

360*10N N=

2240*200 48000A mm= =

3

max,min

60*10 60*120 50*1001

48000 4800 3333,3σ = ± ±

Donc : 2

max

2min

5 /

2,5 /

N mm

N mm

σσ =

= −

2- La force inclinée par rapport à l’axe moyen de la poutre provoque une flexion

composée dont les moments et l’effort normal résultant des projections de la force sur

les axes y-y, z-z et x-x sont respectivement :

cos

cos

cos

x

y

z

P P

P P

P P

αβγ

==

=

cos

cos

cos

x

z y

y z

N P P

M P L PL

M P L PL

αβγ

= == =

= =

max maxyz

z y

MMNy z

A I Iσ = ± ±


80

200

110

5,2

8,6

182,6-11,54

11,54

-74

74

max maxmax

cos coscos

z y

y PL z PLP

A I I

γ βασ = + +

max maxmax

cos coscos

z y

y P z PPL

A I I

γ βασ

⇒ − = +

VI.4) APPLICATION NUMERIQUE

Avec 2max 5 /N mmσ =

On obtient :

3 3 3

8 8

60*10 cos30 60*10 cos60*100 60*10 cos90*1205

48000 1,6*10 2,3*10L

− = +

3,92209

0,0188L mm= =

Exercice 3:

Déterminer le noyau central de la section suivante :

42171,6xI cm=

28,66xi cm=

4191yI cm=

22,52yi cm=

234,64A cm=

2y

p

ix

x= − Avec

5,5

5,5

x

x

= = −

Donc : 11,54px cm= ±

2x

p

iy

y= − Avec

100

100

y

y

= = −

Donc : 74py cm= ±


81

L=1m

a =0,2m

30mm

z

P=3kN α=30°

Exercice 4 :

Déterminer σmax et σmin de la poutre suivante.

Solution

cos

0 sin 0,3

2,29

y

y

M M P x

x M M aP kNm

x l M kNm

αα

= −

= ⇒ = = =

= ⇒ = −

( )2

12

sin21,22 /

30*104

PkN m

ασ π −= =

( )3

22 22

2

2,29*10 3010

230*1064

863,91 /

x

y

My

I

kN m

σ π−

−

= ± = ±

= ±

1 2 21,22 863,91σ σ σ= + = ±

2max

2min

885,13 /

842,69 /

kN m

kN m

σσ

=

= −

Exercice 5:

La section de la poutre rectangulaire montrée sur la figure ci après est soumise à un effet de

compression excentré P= 2500 kN appliqué en un point de l’axe y à une distance ey =120 mm

de l’axe z.

0,3

2,29

z

Pcosα

Psinα

My=aPsinα

z

Pcosα

My


82

y

x

M f P

b=300mm

h=600mG

ey =120

z

P

≈

σcmax=30,6Mpa

σ

y0

h/2

h/2

σtmax= -2,8 Mpa

a- Déterminer les contraintes dans les fibres extrêmes supérieurs et inférieures ;

b- Déterminer la valeur minimale de ey pour qu’il n’y ait pas de contraintes de traction

agissant sur la section.

Solution

a) Dans la fibre supérieure extrême, on a une contrainte totale de compression σs égale à :

( )2

2y

s h

PeP h

A Iσ σ

= = +

32500*10 6*1201 30,6

300*600 600s Mpaσ = + =

(σmax compression)

Et sur la fibre inférieure extrême σi égale à :

22

yi h

PeP h

A Iσ σ

= = −

32500*10 6*1201 2,8

300*600 600i Mpaσ = − = −

(σmax traction)


83

Fibre neutre : ( )0 0 8

8

13,890 250,02

3*1054*10

y

P

Ay y mmPe

I

σ− −= ⇒ = = = −

b) Pour que la section ne soit pas soumise à des contraintes de traction, il faut que

0iσ =

Et par conséquent :

600100

6 6y

he mm= = =

Il faut l’excentricité de l’effort P ne dépasse pas 100 mm

Exercice 6:

Calculer les contraintes normales aux points A, B, C et D et localiser l'axe neutre.

Solution

Torseur de section en G :

480

0

0

0

12000

19200

x

G E

G E y

z

N kN

R F

M GE F M kNmm

M kNmm

= − = ⇒ = ∧ ⇒ = =

La contrainte normale en un point P quelconque :

p p px Z Yxx

Z Y

N M MY Z

A I Iσ = − +

3 3 3

3 3

480*10 19200*10 *12 12000*10 *12

120*80 120*80 120 *80p p pxx Y Zσ = − +


84

50 3,75* 1,0417*p p pxx Y Zσ = − − +

Contrainte en A :

( )50 3,75*40 1,0417* 60Axxσ = − − + −

262,5Axx Mpaσ = −

Les calculs sont identiques pour les points B, C, D :

137,5Bxx Mpaσ = −

162,5Cxx Mpaσ =

37,5Dxx Mpaσ =

Equation de l’axe neutre : 0p p px Z Yxx

Z Y

N M MY Z

A I Iσ = − + =

50 3,75* 1,0417* 0p p pxx Y Zσ = − − + =

500 3,7550 3,75* 1,0417*

1,0417

pp p Y

Y Z+− − + =

3,6 48Z Y= +

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RESISTANCE DES MATERIAUX - USTO-MBdspace.univ-usto.dz/bitstream/123456789/286/3/polycopie...SUPPORT DE COURS EN RESISTANCE DES MATERIAUX ELABORE PAR : Dr. HADJAZI Khamis ANNEE UNIVERSITAIRE